Due monete, testa a testa
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Due monete, testa a testa
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
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il panurgo
Principio di Relatività: $\mathbb{m} \not \to \mathbb{M} \, \Longleftrightarrow \, \mathbb{M} \not \to \mathbb{m}$
"Se la montagna non va a Maometto, Maometto NON va alla montagna"
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Re: Due monete, testa a testa
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
---
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
---
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
---
ECCETERA
---
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.
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.
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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.
--------------------
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Due monete, testa a testa
Forse interpreto male questi numeri ... i primi 3 sommati già superano l'unità quindi non mi pare possibile!Gianfranco ha scritto: ↑mer nov 22, 2023 11:18 pmSi 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. --------------------
A meno che abbia capito male io il testo del problema ...
Lavorando con Excel arrivo a questi valori: Magari sto sbagliando qualcosa io; appena posso ci torno anche perchè vorrei trovare la formula generalizzata.
Franco
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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: Due monete, testa a testa
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.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Due monete, testa a testa
Ho osservato che i risultati percentuali di Franco si possono ottenere (circa) con la sequenza:
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.
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.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Due monete, testa a testa
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 $\frac12$.
il panurgo
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Re: Due monete, testa a testa
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 $k>1$
---
---
---
$\displaystyle \frac{1}{2}$
$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4}$
$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6}$
$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{8}$
$\displaystyle \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{5}{8} \cdot \frac{7}{10}$
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!
![Shocked :shock:](./images/smilies/icon_eek.gif)
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
...
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
Gianfranco
Re: Due monete, testa a testa
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)
il panurgo
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Re: Due monete, testa a testa
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.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Due monete, testa a testa
Possiamo scriverla così? (per $k>1$)
Franco
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Re: Due monete, testa a testa
Wolframalpha che ci dice
$\displaystyle\frac12\prod_{i=1}^{k-1}\frac{2 i - 1}{2 i + 2} = \frac{\Gamma\left(k - \frac12\right)}{2\sqrtπ\;\Gamma\left(k + 1\right)}$
$\displaystyle\frac12\prod_{i=1}^{k-1}\frac{2 i - 1}{2 i + 2} = \frac{\Gamma\left(k - \frac12\right)}{2\sqrtπ\;\Gamma\left(k + 1\right)}$
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Re: Due monete, 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.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco
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Re: Due monete, testa a testa
![Embarassed :oops:](./images/smilies/icon_redface.gif)
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Re: Due monete, testa a testa
In effetti mi sembrava familiare ![Very Happy :D](./images/smilies/icon_biggrin.gif)
![Very Happy :D](./images/smilies/icon_biggrin.gif)
Franco
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