Di urne e di palle

[panurgo]

Pulce dispone di tre lotti di palle rosse, blu e verdi.
Egli mette nella stessa urna le palle rosse e blu (ad esclusione delle palle verdi) e osserva che un campionamento senza ripetizioni di due palle ha esattamente una probabilità su due di estrarre due palle dello stesso colore.
In seguito mette nell'urna le palle blu e verdi(ad esclusione delle palle rosse) e osserva che un campionamento senza ripetizioni di due palle ha, di nuovo, esattamente una probabilità su due di estrarre due palle dello stesso colore.
Infine mette nell'urna tutte le palle e osserva che un campionamento senza ripetizioni di due palle ha una probabilità di estrarre due palle dello stesso colore pari a $11/32$.

$\text{Q}_1.$ Determinare il numero di palle blu
$\text{Q}_2.$ Calcolare la probabilità di ottenere due palle dello stesso colore quando Pulce mette nell'urna le palle rosse e verdi (ad esclusione delle palle blu).

G1917 su Diophante

[franco]

$\text{Q}_1.$ Determinare il numero di palle blu
21
$\text{Q}_2.$ Calcolare la probabilità di ottenere due palle dello stesso colore quando Pulce mette nell'urna le palle rosse e verdi (ad esclusione delle palle blu).
23/43

... ci sono arrivato (salvo errori) con un pochino di "forza bruta".
Provo a lavorarci ancora un po' e nel frattempo lascio la soluzione in piccolissimo

[franco]

Premettendo che le soluzioni le ho trovate con excel, provo a fare qualche considerazione aggiuntiva.$$

La probabilità di ottenere due palle dello stesso colore quando nell'urna ci sono quelle di due colori (Blu e Rosso, ad esempio) la calcolo in questo modo:

PU01.png (4.66 KiB) Visto 55690 volte

Poichè ho trovato sperimentalmente che tale probabilità vale 1/2 in alcuni casi di quantitativi delle palle corrispondenti a numeri triangolari consecutivi (ad esemp1o: $1-3$, $3-6$, $6-10$), provo a verificare se questa è una situazione che vale sempre.
Credo (non sono sicuro della terminologia) che sia un'applicazione di metodo induttivo ...

PU02.png (41.38 KiB) Visto 55690 volte

A questo punto, so che i valori di $b$, $r$, $v$ consentono di rispettare le prime due ipotesi ($P=1/2$ in presenza di sole palle $BR$ o $BV$) quando:
a) $b=T(n)$ e $r=v=T(n-1)$
b) $b=T(n)$ e $r=v=T(n+1)$
c) $b=T(n)$ ; $r=T(n-1)$ e $v=T(n+1)$ (... o viceversa)

Calcolo, per il solo caso c), la probabilità di estrarre due palle uguali quando nell'urna ci sono tutte le palle:

PU03.png (36.72 KiB) Visto 55690 volte

Il testo del problema dice che tale probabilità vale P=11/32 quindi

PU04.png (15.11 KiB) Visto 55690 volte

L'unica soluzione valida è $n=6$ per cui $b=T(6)=21$ ; $r=T(5)=15$ e $v=T(7)=28$ (... o viceversa)

Quindi la risposta al primo quesito è $21$
Naturalmente, non ho dimostrato che questa sia l'unica soluzione (ci sarebbero quanto meno da sviluppare i casi a) e b)). Ma del resto non mi pare fosse richiesto

Al secondo quesito si risponde facilmente utilizzando i valori $15$ e $28$ nella prima formula del post: $23/43$

[panurgo]

Molto bene: io l'ho risolto così.

Il campionamento senza ripetizioni è governato da una distribuzione ipergeometrica: per la prima estrazione (palle rosse e blu) abbiamo

$\displaystyle\Pr\left(r,b\middle|R,B\wedge\top\right)=\frac{\displaystyle{{R}\choose{r}}{{B}\choose{b}}}{\displaystyle{{R+B}\choose{r+b}}}$

Quando due palline sono uguali, o sono rosse o sono blu quindi

$\displaystyle\Pr\left(2,0\vee 0,2\middle|R,B\wedge\top\right)=\frac{\displaystyle{{R}\choose{2}}{{B}\choose{0}}}{\displaystyle{{R+B}\choose{2}}}+\frac{\displaystyle{{R}\choose{0}}{{B}\choose{2}}}{\displaystyle{{R+B}\choose{2}}}=\frac{R(R-1)+B(B-1)}{(R+B)(R+B-1)}$

Questa probabilità è $1/2$ da cui

$\displaystyle\frac{R(R-1)+B(B-1)}{(R+B)(R+B-1)}=\frac12$

che, con facile algebra, diventa l'equazione di secondo grado in R

$R^2+(2B+1)R+B^2-B=0$

le cui soluzioni sono

$\displaystyle R_{1,2}=\frac{2B+1\pm\sqrt{8B+1}}2$

Perchè $R$ sia intero bisogna che il radicando sia un quadrato perfetto dispari: un quadrato perfetto per avere una radice intera e dispari perché $8B+1$ è dispari cioè

$8B+1=(2n+1)^2$

Da ciò si ricava

$\displaystyle B=\frac{n(n+1)}2=T_n$

dove $T_n$ è l'ennesimo numero triangolare.
Sostituiamo questo valore nell'espressione di $R$ otteniamo due possibili valori

$\displaystyle R_{1,2}=\left\{\begin{array}{lC}
\displaystyle\frac{(n+1)(n+2)}2=T_{n+1} \\
\displaystyle\frac{(n-1)n}2=T_{n-1}
\end{array}\right.$

Nella seconda estrazione abbiamo $v$ e $V$ al posto di $r$ e $R$, del resto non cambia nulla: ovviamente sarà anche qui

$\displaystyle B=T_n$

e

$\displaystyle V_{1,2}=\left\{\begin{array}{lC}
\displaystyle\frac{(n+1)(n+2)}2=T_{n+1} \\
\displaystyle\frac{(n-1)n}2=T_{n-1}
\end{array}\right.$

Abbiamo quindi tre possibilità.

La prima è $B=T_n$ e $R\neq V\in\left\{T_{n-1},T_{n+1}\right\}$ (non importa quale sia quale perché la formula della terza estrazione

$\displaystyle\frac{R(r-1)+B(Bb-1)+V(V-1)}{(R+B+V)(R+B+V-1)}=\frac{1}{32}$

è simmetrica per lo scambio tra $R$ e $V$).

Sostituiamo i valori di $R$, $B$ e $V$ e semplifichiamo

$\displaystyle\frac{3n(n+1)(n^2+n+2)}{3n(n+1)(3n^2+3n+2)}={\frac{11}{32}}$

ottenendo l'equazione di secondo grado in $n$

$n^2+n-42=0$

di cui non occorre cercare le soluzioni: basta osservare che è $n(n+1)=6\cdot 7$ da cui segue $n=6$, $B=21$ e $R,V\in\left\{12,28\right\}$ (Nota bene che è richiesto solo $B$, il numero di palle blu).

Con questi valori calcoliamo la probabilità di estrarre due palle uguale mettendo nell'urna le palle rosse e verdi (ad esclusione delle blu)

$\displaystyle\Pr\left(2,0\vee 0,2\middle|R,V\wedge\top\right)=\frac{\displaystyle{{15}\choose{2}}{{28}\choose{0}}}{\displaystyle{{43}\choose{2}}}+\frac{\displaystyle{{15}\choose{0}}{{28}\choose{2}}}{\displaystyle{{43}\choose{2}}}=\frac{15\cdot 14+28\cdot 27}{43\cdot 42}=\frac{23}{43}$

La seconda è $B=T_n$ e $R=V=T_{n-1}$ e la terza è $B=T_n$ e $R=V=T_{n+1}$: in entrambi i casi sostituendo i valori nella

$\displaystyle\frac{R(r-1)+B(Bb-1)+V(V-1)}{(R+B+V)(R+B+V-1)}=\frac{1}{32}$

si ottiene un'equazione di secondo grado in $n$ senza radici reali.

La soluzione è dunque unica.