Biliardo e probabilità
Si consideri un biliardo con $m$ buche. Alla fine del gioco si sa che $n$ palle vanno in buca.
Qual è la probabilità che ci siano esattamente $i$ buche senza una palla e $j$ buche con esattamente una palla?
Si supponga che ogni palla cada indipendentemente dalle altre e con probabilità $1/m$ in ognuna delle buche.
Qual è la probabilità che ci siano esattamente $i$ buche senza una palla e $j$ buche con esattamente una palla?
Si supponga che ogni palla cada indipendentemente dalle altre e con probabilità $1/m$ in ognuna delle buche.
Risposte
provo a buttar giù una "rozza" formula, che dovrebbe valere sia nel caso $n<2m-2i-j$ per cui la probabilità è $P=0$, sia nel caso particolare $n=2m-2i-j$ in cui la formula potrebbe essere leggermente più semplice, "troncando" qualche termine, sia nel caso più generale di $n>2m-2i-j$.
poiché è abbastanza complessa, la spezzo in numeratore e denominatore. prendo i casi possibili (da considerare a denominatore) come il numero delle funzioni da un n-insieme ad un m-insieme, dando per buono il fatto che le condizioni di indipendenza ed equiprobabilità mi permettano di scrivere la probabilità richiesta come rapporto tra il numero di funzioni che verificano le richieste ed il numero totale delle funzioni (e la cosa mi sembra ragionevole, ma non mi convince del tutto). dunque:
casi possibili: $m^n$
casi favorevoli: $(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/((n-j)!)*((n-j),(2m-2i-2j))*(( , ,2*(m-i-j), , ),(2,2, ... ,2,2))*(m-i-j)!*(m-i-j)^(n-j-2*(m-i-j))$
spero che sia comprensibile. non mi sono dedicata né a verificare qualche caso particolare né ad affinare la formula.
invito chiunque volesse cimentarsi nell'impresa, a farlo. ciao.
EDIT: mi sono accorta che la formula precedente vale solo nel caso particolare. non la cancello, ma la riscrivo qui semplificata per il caso $n=2m-2i-j$:
casi possibili: $m^n$
casi favorevoli: $(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/(2^(m-i-j))*(m-i-j)!$
provo a scrivere un'altra formula per il caso $n>2m-2i-j$, che però dovrebbe valere anche per il caso $n=2m-2i-j$, anche se non per il caso impossibile:
purtroppo a occhio non mi pare che per il caso limite sia la stessa della precedente:
$(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/((n-j)!)*[(m-i-j)!]^2*(m-i-j)^(n-2m+2i+j)$
ciao.
poiché è abbastanza complessa, la spezzo in numeratore e denominatore. prendo i casi possibili (da considerare a denominatore) come il numero delle funzioni da un n-insieme ad un m-insieme, dando per buono il fatto che le condizioni di indipendenza ed equiprobabilità mi permettano di scrivere la probabilità richiesta come rapporto tra il numero di funzioni che verificano le richieste ed il numero totale delle funzioni (e la cosa mi sembra ragionevole, ma non mi convince del tutto). dunque:
casi possibili: $m^n$
casi favorevoli: $(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/((n-j)!)*((n-j),(2m-2i-2j))*(( , ,2*(m-i-j), , ),(2,2, ... ,2,2))*(m-i-j)!*(m-i-j)^(n-j-2*(m-i-j))$
spero che sia comprensibile. non mi sono dedicata né a verificare qualche caso particolare né ad affinare la formula.
invito chiunque volesse cimentarsi nell'impresa, a farlo. ciao.
EDIT: mi sono accorta che la formula precedente vale solo nel caso particolare. non la cancello, ma la riscrivo qui semplificata per il caso $n=2m-2i-j$:
casi possibili: $m^n$
casi favorevoli: $(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/(2^(m-i-j))*(m-i-j)!$
provo a scrivere un'altra formula per il caso $n>2m-2i-j$, che però dovrebbe valere anche per il caso $n=2m-2i-j$, anche se non per il caso impossibile:
purtroppo a occhio non mi pare che per il caso limite sia la stessa della precedente:
$(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/((n-j)!)*[(m-i-j)!]^2*(m-i-j)^(n-2m+2i+j)$
ciao.
"adaBTTLS":
EDIT: mi sono accorta che la formula precedente vale solo nel caso particolare. non la cancello, ma la riscrivo qui semplificata per il caso $n=2m-2i-j$:
casi possibili: $m^n$
casi favorevoli: $(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/(2^(m-i-j))*(m-i-j)!$
Ho provato a testarla per n=8, m=6. Con i=1 e j=2 si ha una prob maggiore di 1.
"adaBTTLS":
provo a scrivere un'altra formula per il caso $n>2m-2i-j$, che però dovrebbe valere anche per il caso $n=2m-2i-j$, anche se non per il caso impossibile:
purtroppo a occhio non mi pare che per il caso limite sia la stessa della precedente:
$(( ,m, ),(i,j,m-i-j))*(n!)/((n-j)!)*[(m-i-j)!]^2*(m-i-j)^(n-2m+2i+j)$
ciao.
No, non ci siamo.
che non andasse bene non mi ha sorpreso più di tanto, ma gradirei un'opinione sull'impostazione:
a parte i calcoli che possono essere sbagliati, secondo te può essere corretto trovare la probabilità richiesta come rapporto tra numeri di funzioni ... ?
[in tal caso potrebbe valere la pena, quando ho un po' di tempo, di tornarci su]
o magari, al contrario, posso aver azzeccato i numeri ma non ho risposto al quesito ...
[in tal caso bisognerebbe cambiare strada]
se hai presente la soluzione, pur avendo seguito un metodo diverso, puoi renderti conto se ci sono più strade alternative.
se il numero "giusto" è diverso da quello che ho cercato di ricavare (quello "vero", non quello ricavato da me ottenuto eventualmente con errori di calcolo),
gradirei un commento sull'erroneità della strada intrapresa.
poi, per la soluzione, ci risentiremo più in là.
ciao e grazie.
prendo i casi possibili (da considerare a denominatore) come il numero delle funzioni da un n-insieme ad un m-insieme, dando per buono il fatto che le condizioni di indipendenza ed equiprobabilità mi permettano di scrivere la probabilità richiesta come rapporto tra il numero di funzioni che verificano le richieste ed il numero totale delle funzioni (e la cosa mi sembra ragionevole, ma non mi convince del tutto).
a parte i calcoli che possono essere sbagliati, secondo te può essere corretto trovare la probabilità richiesta come rapporto tra numeri di funzioni ... ?
[in tal caso potrebbe valere la pena, quando ho un po' di tempo, di tornarci su]
o magari, al contrario, posso aver azzeccato i numeri ma non ho risposto al quesito ...
[in tal caso bisognerebbe cambiare strada]
se hai presente la soluzione, pur avendo seguito un metodo diverso, puoi renderti conto se ci sono più strade alternative.
se il numero "giusto" è diverso da quello che ho cercato di ricavare (quello "vero", non quello ricavato da me ottenuto eventualmente con errori di calcolo),
gradirei un commento sull'erroneità della strada intrapresa.
poi, per la soluzione, ci risentiremo più in là.
ciao e grazie.
Butto giù la mia idea, sulla quale però nutro qualche dubbio.
Sia $p=1\m$.
Definiamo $xi_i^s={(1" se nella i-esima buca ci sono s-palle"),(0" altrimenti"):}
Definiamo $P_i^k={(1" se la i-esima pallina entra nella k-esima buca"),(0 " altrimenti"):}
Avremo che $\mathbb{P}(P_i^k=1)=p
Allora $xi_i^s=P_1^i+...+P_n^i$, con $\sum_jP_j^i=s$. Allora avremo che $\mathbb{P}(xi_i^s=1)=\mathbb{P}(P_1^i+...+P_n^i=s)$.
In particolare avremo che $xi_i^1=((n),(1))p(1-p)^{n-1}$ e $xi_i^0=((n),(0))(1-p)^{n}$.
Definiamo $zeta_j^k={(1" se ci sono j-buche contenenti ognuna k-palle"),(0" altrimenti"):}$
Dalla definizione segue che $zeta_z^s=xi_1^s+...+xi_m^s$, con $sum_kxi_k^s=z$. Allora $\mathbb{P}(zeta_z^s=1)=\mathbb{P}(xi_1^s+...+xi_m^s=z)$
Ovviamente $xi_i^k$ non sono indipendenti, in quanto $\mathbb{P}(xi_1^n=1,xi_2^n=1)=0!=\mathbb{P}(xi_1^n=1)\mathbb{P}(xi_2^n=1)$
Quindi $\mathbb{P}(xi_1^s+...+xi_m^s=z)=\mathbb{P}(xi_{i_1}^s=1,...,xi_{i_k}^s=1)$ con $s*k<=n$. Se $s*k>n$ questa probabilità è zero.
$\mathbb{P}(xi_{i_1}^s=1,...,xi_{i_z}^s=1)=((m),(z)) prod_{a=0}^z ((n-as),(s))p^s(1-p)^{n-as}$ in quanto , condizionando, quello che si leva sono il numero delle palline disponibili. Il binomiale davanti serve a prendere tutti gli indici in $m$ disponibili.
Quello che dobbiamo trovare per risolvere l'esercizio è quindi $\mathbb{P}(zeta_j^1=1,zeta_i^0=1)=\mathbb{P}(zeta_j^1=1|zeta_i^0=1)\mathbb{P}(zeta_i^0=1)=((m-i),(j))prod_{a=0}^j ((n-a),(1))p(1-p)^{n-a} ((m),(i))prod_{a=0}^i ((n),(0))(1-p)^{n}=((m-i),(j)) ((m),(i)) prod_{a=0}^j ((n-a),(1))p(1-p)^{2n-a}
La formula è da prendere con le opportune condizioni, come quella che se $i+j>m$ allora vale tutto zero. Se non ho condizionato male le $xi_k^m$ il risultato dovrebbe essere giusto
non metto però la mano sul fuoco ghgh
Sia $p=1\m$.
Definiamo $xi_i^s={(1" se nella i-esima buca ci sono s-palle"),(0" altrimenti"):}
Definiamo $P_i^k={(1" se la i-esima pallina entra nella k-esima buca"),(0 " altrimenti"):}
Avremo che $\mathbb{P}(P_i^k=1)=p
Allora $xi_i^s=P_1^i+...+P_n^i$, con $\sum_jP_j^i=s$. Allora avremo che $\mathbb{P}(xi_i^s=1)=\mathbb{P}(P_1^i+...+P_n^i=s)$.
In particolare avremo che $xi_i^1=((n),(1))p(1-p)^{n-1}$ e $xi_i^0=((n),(0))(1-p)^{n}$.
Definiamo $zeta_j^k={(1" se ci sono j-buche contenenti ognuna k-palle"),(0" altrimenti"):}$
Dalla definizione segue che $zeta_z^s=xi_1^s+...+xi_m^s$, con $sum_kxi_k^s=z$. Allora $\mathbb{P}(zeta_z^s=1)=\mathbb{P}(xi_1^s+...+xi_m^s=z)$
Ovviamente $xi_i^k$ non sono indipendenti, in quanto $\mathbb{P}(xi_1^n=1,xi_2^n=1)=0!=\mathbb{P}(xi_1^n=1)\mathbb{P}(xi_2^n=1)$
Quindi $\mathbb{P}(xi_1^s+...+xi_m^s=z)=\mathbb{P}(xi_{i_1}^s=1,...,xi_{i_k}^s=1)$ con $s*k<=n$. Se $s*k>n$ questa probabilità è zero.
$\mathbb{P}(xi_{i_1}^s=1,...,xi_{i_z}^s=1)=((m),(z)) prod_{a=0}^z ((n-as),(s))p^s(1-p)^{n-as}$ in quanto , condizionando, quello che si leva sono il numero delle palline disponibili. Il binomiale davanti serve a prendere tutti gli indici in $m$ disponibili.
Quello che dobbiamo trovare per risolvere l'esercizio è quindi $\mathbb{P}(zeta_j^1=1,zeta_i^0=1)=\mathbb{P}(zeta_j^1=1|zeta_i^0=1)\mathbb{P}(zeta_i^0=1)=((m-i),(j))prod_{a=0}^j ((n-a),(1))p(1-p)^{n-a} ((m),(i))prod_{a=0}^i ((n),(0))(1-p)^{n}=((m-i),(j)) ((m),(i)) prod_{a=0}^j ((n-a),(1))p(1-p)^{2n-a}
La formula è da prendere con le opportune condizioni, come quella che se $i+j>m$ allora vale tutto zero. Se non ho condizionato male le $xi_k^m$ il risultato dovrebbe essere giusto
non metto però la mano sul fuoco ghgh
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo