Probabilità di rovinarsi al gioco
Vorrei proporre il seguente quesito: Alberto e Barbara possiedono rispettivamente a e b euro di capitale.
Scommettono un euro su un lancio di una moneta: la moneta può dare testa o croce, Alberto prova ad indovinare il risultato di ogni lancio, se perde dà un euro a Barbara e se vince prende un euro dal capitale di Barbara.
Supponiamo che il gioco finisca quando uno dei due capitali sia ridotto a 0. Analizzando la situazione all'inizio (prima del primo lancio), qual'è la probabilità di ciascuno dei due di rovinarsi al gioco?
Scommettono un euro su un lancio di una moneta: la moneta può dare testa o croce, Alberto prova ad indovinare il risultato di ogni lancio, se perde dà un euro a Barbara e se vince prende un euro dal capitale di Barbara.
Supponiamo che il gioco finisca quando uno dei due capitali sia ridotto a 0. Analizzando la situazione all'inizio (prima del primo lancio), qual'è la probabilità di ciascuno dei due di rovinarsi al gioco?
Risposte
un hint? 
Il problema è interessante. Ho provato a risolverlo innanzitutto supponendo senza perdita di generalità che Alberto quando prova a indovinare scommette sempre sull'uscita di testa e quindi prelevi $1$ euro dal fondocassa di Barbara ogni qual volta esca testa e invece dia $1$ euro del suo patrimonio ad ogni uscita di croce (passaggio giustificato dal fatto che le due possibili eventualità del lancio di moneta sono equiprobabili.
Ho quindi analizzato il problema dal punto di vista di Alberto (che comincia con $a$ di capitale) esprimendo la probabilità che arrivi a vincere contro la compagna di giochi Barbara (il cui capitale all'inizio ammonta a $b$) in funzione di $n$, che è il numero di deviazioni dalla partita perfetta, ossia il numero di croci nella possibili sequenze vincenti di testa o croce, se le trascrivessimo.
Chiaramente, per ogni $n$ croci in una partita, Alberto deve recuperare lo svantaggio e vincere ottenendo $b+n$ volte testa, e ciò avviene con una probabilità $(1/2)^n*(1/2)^(b+n)=(1/2)^(b+2n)$.Non esistono limitazioni sul numero potenziale $n$ di croci, difatti Alberto e Barbara potrebbero anche scambiarsi soldi all'infinito con testa e croce che si alterna a ogni lancio senza che nessuno perda. Ora non ci resta che determinare il numero $C_(n)$ di sequenze di lanci possibili con esattamente $n$ croci tali che $i)$ la sequenza dei lanci letta da sinistra verso destra non prevede in nessun momento la sconfitta di Alberto con il totale parziale di croci maggiore del capitale attuale di Alberto $ii)$ il gioco non si concluda con l'esaurimento delle risorse finanziarie di Barbara prima che siano stati effettuati tutti gli $n$ lanci con esito croce.
Ho quindi affrontato il problema ausiliario: facendo coincidere uno spostamento verso est a una testa e uno spostamento verso ovest a una croce, quanti sono i possibili percorsi che prevedono $n$ spostamenti verso ovest partendo dall'origine di un piano cartesiano che approdano come spostamento conclusivo al punto di coordinate $(b,0)$ senza mai passare per il punto $(-a,0)$? Il capitale in ogni momento di ciascun giocatore coinciderebbe con la distanza in valore assoluto tra il punto in cui ci si trova e i due estremi del nostro percorso. Alberto vincerebbe quando giunge al punto $(b,0)$ e il suo capitale ammonta a $|-a-b|=a+b$
Ho provato quindi a stabilire una formula ricorsiva con variabili $n$ come numero di spostamenti verso ovest che deve obbligatoriamente essere compiuto affinché il percorso sia valido nel conteggio della probabilità e $k$ il punto di coordinate intere $(k,0)$. Chiaramente nella formula della probabilità esso coincide con i percorsi che partono dall'origine, con i capitali immutati, quindi il coefficiente sarà della forma $C(n,0)$. Per ogni termine della successione della forma $C(0,k)$, il numero di percorsi validi è $1$, in quanto non avendo più spostamenti verso ovest disponibili da inserire nel percorso, l'unico valido è quello verso est con traguardo $(b,0)$ senza deviazioni. Per un punto della forma $(n,k)$, possiamo fare un passo indietro e ripartire dal punto $k-1$ con $n-1$ mosse "controproducenti" da spartire, oppure fare un passo avanti e un altro indietro e ripetere il ragionamento, due passi avanti e uno indietro, tre passi avanti e uno indietro... fino ad arrivare al punto di coordinate $b-1$ e ripartire quindi dal punto $b-2$ (ovviamente non possiamo arrivare al punto $b$ e poi tornare indietro perché in quel caso avremmo vinto prima del tempo, quindi violando la seconda ipotesi). Nel caso ci trovassimo nel punto $k=-a+1$, allora non possiamo effettuare immediatamente un passo indietro in quanto questa situazione si tradurrebbe nel problema originale nella sconfitta di Alberto. Il sistema di ricorrenza diventa quindi:
${(-a
e la formula della probabilità diventa perciò:
$P=\sum_{n=0}^{infty} \C_(n,0)*(1/2)^(b+2n)$
Ora, indubbiamente con questo approccio ho preso una cantonata assurda, in quanto la formula presenta un'elevata difficoltà computazionale e sicuramente esiste una via più sbrigativa, però comunque la pubblico, un po' perché potrebbe essere utile e magari qualche altro utente sarà tanto gentile da segnalarmi un'eventuale svista o una falla nel ragionamento (della cui correttezza non mi sento di garantire) o si ingegnerà a trovare una formula chiusa per la relazione di ricorrenza sia per ravvivare l'attenzione verso questo rompicapo che secondo me è molto carino.
Ho quindi analizzato il problema dal punto di vista di Alberto (che comincia con $a$ di capitale) esprimendo la probabilità che arrivi a vincere contro la compagna di giochi Barbara (il cui capitale all'inizio ammonta a $b$) in funzione di $n$, che è il numero di deviazioni dalla partita perfetta, ossia il numero di croci nella possibili sequenze vincenti di testa o croce, se le trascrivessimo.
Chiaramente, per ogni $n$ croci in una partita, Alberto deve recuperare lo svantaggio e vincere ottenendo $b+n$ volte testa, e ciò avviene con una probabilità $(1/2)^n*(1/2)^(b+n)=(1/2)^(b+2n)$.Non esistono limitazioni sul numero potenziale $n$ di croci, difatti Alberto e Barbara potrebbero anche scambiarsi soldi all'infinito con testa e croce che si alterna a ogni lancio senza che nessuno perda. Ora non ci resta che determinare il numero $C_(n)$ di sequenze di lanci possibili con esattamente $n$ croci tali che $i)$ la sequenza dei lanci letta da sinistra verso destra non prevede in nessun momento la sconfitta di Alberto con il totale parziale di croci maggiore del capitale attuale di Alberto $ii)$ il gioco non si concluda con l'esaurimento delle risorse finanziarie di Barbara prima che siano stati effettuati tutti gli $n$ lanci con esito croce.
Ho quindi affrontato il problema ausiliario: facendo coincidere uno spostamento verso est a una testa e uno spostamento verso ovest a una croce, quanti sono i possibili percorsi che prevedono $n$ spostamenti verso ovest partendo dall'origine di un piano cartesiano che approdano come spostamento conclusivo al punto di coordinate $(b,0)$ senza mai passare per il punto $(-a,0)$? Il capitale in ogni momento di ciascun giocatore coinciderebbe con la distanza in valore assoluto tra il punto in cui ci si trova e i due estremi del nostro percorso. Alberto vincerebbe quando giunge al punto $(b,0)$ e il suo capitale ammonta a $|-a-b|=a+b$
Ho provato quindi a stabilire una formula ricorsiva con variabili $n$ come numero di spostamenti verso ovest che deve obbligatoriamente essere compiuto affinché il percorso sia valido nel conteggio della probabilità e $k$ il punto di coordinate intere $(k,0)$. Chiaramente nella formula della probabilità esso coincide con i percorsi che partono dall'origine, con i capitali immutati, quindi il coefficiente sarà della forma $C(n,0)$. Per ogni termine della successione della forma $C(0,k)$, il numero di percorsi validi è $1$, in quanto non avendo più spostamenti verso ovest disponibili da inserire nel percorso, l'unico valido è quello verso est con traguardo $(b,0)$ senza deviazioni. Per un punto della forma $(n,k)$, possiamo fare un passo indietro e ripartire dal punto $k-1$ con $n-1$ mosse "controproducenti" da spartire, oppure fare un passo avanti e un altro indietro e ripetere il ragionamento, due passi avanti e uno indietro, tre passi avanti e uno indietro... fino ad arrivare al punto di coordinate $b-1$ e ripartire quindi dal punto $b-2$ (ovviamente non possiamo arrivare al punto $b$ e poi tornare indietro perché in quel caso avremmo vinto prima del tempo, quindi violando la seconda ipotesi). Nel caso ci trovassimo nel punto $k=-a+1$, allora non possiamo effettuare immediatamente un passo indietro in quanto questa situazione si tradurrebbe nel problema originale nella sconfitta di Alberto. Il sistema di ricorrenza diventa quindi:
${(-a
e la formula della probabilità diventa perciò:
$P=\sum_{n=0}^{infty} \C_(n,0)*(1/2)^(b+2n)$
Ora, indubbiamente con questo approccio ho preso una cantonata assurda, in quanto la formula presenta un'elevata difficoltà computazionale e sicuramente esiste una via più sbrigativa, però comunque la pubblico, un po' perché potrebbe essere utile e magari qualche altro utente sarà tanto gentile da segnalarmi un'eventuale svista o una falla nel ragionamento (della cui correttezza non mi sento di garantire) o si ingegnerà a trovare una formula chiusa per la relazione di ricorrenza sia per ravvivare l'attenzione verso questo rompicapo che secondo me è molto carino.
Concettualmente, almeno ad una prima lettura, non penso ci siano errori.
Indubbiamente la formula ottenuta è così complicata che non so dirti se coincide con quella ottenuta da me(che è enormemente più semplice)
Ci aggiorniamo a domani(nel frattempo ci ragiono su)
Indubbiamente la formula ottenuta è così complicata che non so dirti se coincide con quella ottenuta da me(che è enormemente più semplice)
Ci aggiorniamo a domani(nel frattempo ci ragiono su)
Un po' di riflessioni sparse... innanzitutto la mia soluzione si basa sull'assunzione che c'è sempre spago per un possibile scambio di soldi, questo non accade se $a=b=1$ nel qual caso la probabilità di ciascuno di perdere è esattamente $1/2$. Quello che mi lascia perplesso della mia formula è però che, nel caso fosse corretta, si estenderebbe anche ai casi in cui gli eventi di testa o croce sono sì complementari ma non per forza equiprobabili in quanto la probabilità di Alberto di indovinare o meno (che possiamo immaginare come una previsione corretta di Barbara) rimarrebbe comunque uguale a $1/2$ infatti chiamando $p$ e $q=1-p$ le probabilità di uscita di testa o croce nel lancio di una moneta non necessariamente bilanciata e considerando equiprobabile l'eventuale azzardo di Alberto quando è chiamato a indovinare (dato non meglio specificato nel testo ma sensato) allora Alberto indovina con probabilità $1/2*p+1/2*q=1/2$ e allo stesso modo fallisce con probabilità $1/2*q+1/2*p=1/2$.
Allo stesso modo si può scrivere la probabilità di vittoria per Barbara semplicemente sostituendo $b$ con $a$ in quanto il sistema di ricorrenza rimane invariato, basta semplicemente invertire gli estremi e allo stesso modo la probabilità con cui esso si verifica resta $(1/2)^(a+2n)$. Non sono sicuro che sommate diano come valore $1$ in quanto la condizione che il numero di mosse giocate sia illimitato non assicura che il gioco si concluda con un vincitore. Volendo la formula si può adattare se la consegna chiedesse la probabilità di vincere entro $m$ mosse con $m>max{a,b}$ e quindi dovrebbe valere che, dal punto di vista di Alberto, $b+2n<=m$ ossia $n<=floor((m-b)/2)$ che diventa il nuovo estremo superiore della sommatoria.
A questo punto potresti metterci al concorrente del tuo tentativo di soluzione.
Allo stesso modo si può scrivere la probabilità di vittoria per Barbara semplicemente sostituendo $b$ con $a$ in quanto il sistema di ricorrenza rimane invariato, basta semplicemente invertire gli estremi e allo stesso modo la probabilità con cui esso si verifica resta $(1/2)^(a+2n)$. Non sono sicuro che sommate diano come valore $1$ in quanto la condizione che il numero di mosse giocate sia illimitato non assicura che il gioco si concluda con un vincitore. Volendo la formula si può adattare se la consegna chiedesse la probabilità di vincere entro $m$ mosse con $m>max{a,b}$ e quindi dovrebbe valere che, dal punto di vista di Alberto, $b+2n<=m$ ossia $n<=floor((m-b)/2)$ che diventa il nuovo estremo superiore della sommatoria.
A questo punto potresti metterci al concorrente del tuo tentativo di soluzione.
Supponiamo di avere n euro di capitale e di non avere già vinto o perso.
Se guadagno un euro(lo faccio con probabilità 0.5) avrò una probabilità $p_{n+1}$ di perdere; idem se perdo un euro.
In questo caso:
$p_n = 1/2 p_{n+1} + 1/2 p_{n-1}$
perchè per perdere avendo n euro dovrò necessariamente passare a (n+1) o (n-1) e posso O guadagnare un euro O perderlo.
A questo punto:
$2p_n = p_{n+1}+p_{n-1}$
$p_{n+1}-p_n=p_n-p_{n-1}$
ragionando a catena ottengo:
$p_{n+1}-p_n=p_1-p_0$
So che $p_0 = 1$:
$p_{n+1}=p_n+p_1-1$
ottengo per induzione:
$p_n=n(p_1-1)+1$
So che $p_{a+b}=0$
$(a+b)(p_1-1)+1=0$
$p_1=1-1/(a+b)$
allora:
$p_n=1-n/(a+b)$
quindi $p_a=b/(a+b)$ e $p_b=a/(a+b)$
Se guadagno un euro(lo faccio con probabilità 0.5) avrò una probabilità $p_{n+1}$ di perdere; idem se perdo un euro.
In questo caso:
$p_n = 1/2 p_{n+1} + 1/2 p_{n-1}$
perchè per perdere avendo n euro dovrò necessariamente passare a (n+1) o (n-1) e posso O guadagnare un euro O perderlo.
A questo punto:
$2p_n = p_{n+1}+p_{n-1}$
$p_{n+1}-p_n=p_n-p_{n-1}$
ragionando a catena ottengo:
$p_{n+1}-p_n=p_1-p_0$
So che $p_0 = 1$:
$p_{n+1}=p_n+p_1-1$
ottengo per induzione:
$p_n=n(p_1-1)+1$
So che $p_{a+b}=0$
$(a+b)(p_1-1)+1=0$
$p_1=1-1/(a+b)$
allora:
$p_n=1-n/(a+b)$
quindi $p_a=b/(a+b)$ e $p_b=a/(a+b)$
Quando scrivi "ottengo per induzione ", non capisco
Ho : $p_{n+1}=p_n+p_1-1$ \and $p_0 = 1$
E' una progressione aritmetica con ragione ($p_1-1$)
La soluzione(tenendo conto della condizione iniziale) è:
$p_n=n(p_1-1)+1$
Per verificare la soluzione posso usare il principio di induzione(non lo faccio qui perchè è semplicissimo).
E' una progressione aritmetica con ragione ($p_1-1$)
La soluzione(tenendo conto della condizione iniziale) è:
$p_n=n(p_1-1)+1$
Per verificare la soluzione posso usare il principio di induzione(non lo faccio qui perchè è semplicissimo).
".Ruben.":
Ho : $p_{n+1}=p_n+p_1-1$ \and $p_0 = 1$
E' una progressione aritmetica con ragione ($p_1-1$)
La soluzione(tenendo conto della condizione iniziale) è:
$p_n=n(p_1-1)+1$
Per verificare la soluzione posso usare il principio di induzione(non lo faccio qui perchè è semplicissimo).
Tutto chiaro, grazie.
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