Applicazione teorema limite centrale al gioco della roulette americana
Ciao a tutti!Da qualche giorno sono alle prese con un esempio di applicazione delle regole base dei teoremi limite,riferito al noto gioco della roulette americana.Il mio testo descrive in questo modo il problema:se scommetti 1 dollaro sulla roulette americana vinci 35 dollari se esce il tuo numero,altrimenti perdi 1 dollari.Le probabilità di successo e insuccesso per questo gioco sono quindi rispettivamente 1/38 e 37/38.Considerata la variabile aleatoria ''guadagno in una prova'' il guadagno atteso è quindi
E(x)=35 x (1/38) -1 x (37/38)= - 2/38 = -0.0526 centesimi ,ossia circa una perdita di 5,3 centesimi per ogni partita.
Supponendo di ripete il gioco molte volte la probabilità di essere in attivo è sempre più piccola al crescere dei tentativi e dopo 100 000 giocate non solo starai quasi certamente perdendo (la tua probabilità di essere in attivo è di appena 0.002) ma nel 95 % dei casi la tua perdita media per giocata sarà di 5,26 +/- (più o meno) 1,13 centesimi!.
ABBOZZO DI RISOLUZIONE: Per quanto riguarda il calcolo della probabilità di essere in attivo dopo n prove ho semplicemente applicato la formula binomiale e per diversi n ho considerato il numero di successi necessari per avere un guadagno > 0 senza difficoltà. Per quanto riguarda il dato della perdita media per giocata dopo 100 000 giocate sono completamente in confusione , ho interpretato il dato di 5,26 +/- 1,13 centesimi come i parametri valore atteso e 2SD( 2 deviazioni standard) della distribuzione campionaria della media approssimata quindi a una normale in base al teorema del limite centrale, infatti questo sarebbe coerente con una probabilità del 95 % di selezionare un campione con una media compresa in questo intervallo.Il mio ragionamento mi porta però a risultati diversi da quelli del testo infatti:
Var(x) =(-1+0.0526)^2 x 37/38 +(35 + 0.0526)^2 x 1/38 = 33,2 e quindi σ = √33,2= 5,76
e quindi l'errore standard della media campionaria---> SD= σ / √n (con n=numerosità campione=100 000)
che mi porta a questo risultato SD=5,76/316,22 = 0,018 e quindi 2SD=0,036
Sarei molto grato a chiunque mi possa dare un'illuminazione
E(x)=35 x (1/38) -1 x (37/38)= - 2/38 = -0.0526 centesimi ,ossia circa una perdita di 5,3 centesimi per ogni partita.
Supponendo di ripete il gioco molte volte la probabilità di essere in attivo è sempre più piccola al crescere dei tentativi e dopo 100 000 giocate non solo starai quasi certamente perdendo (la tua probabilità di essere in attivo è di appena 0.002) ma nel 95 % dei casi la tua perdita media per giocata sarà di 5,26 +/- (più o meno) 1,13 centesimi!.
ABBOZZO DI RISOLUZIONE: Per quanto riguarda il calcolo della probabilità di essere in attivo dopo n prove ho semplicemente applicato la formula binomiale e per diversi n ho considerato il numero di successi necessari per avere un guadagno > 0 senza difficoltà. Per quanto riguarda il dato della perdita media per giocata dopo 100 000 giocate sono completamente in confusione , ho interpretato il dato di 5,26 +/- 1,13 centesimi come i parametri valore atteso e 2SD( 2 deviazioni standard) della distribuzione campionaria della media approssimata quindi a una normale in base al teorema del limite centrale, infatti questo sarebbe coerente con una probabilità del 95 % di selezionare un campione con una media compresa in questo intervallo.Il mio ragionamento mi porta però a risultati diversi da quelli del testo infatti:
Var(x) =(-1+0.0526)^2 x 37/38 +(35 + 0.0526)^2 x 1/38 = 33,2 e quindi σ = √33,2= 5,76
e quindi l'errore standard della media campionaria---> SD= σ / √n (con n=numerosità campione=100 000)
che mi porta a questo risultato SD=5,76/316,22 = 0,018 e quindi 2SD=0,036
Sarei molto grato a chiunque mi possa dare un'illuminazione
Risposte
Due osservazioni:
- Il tuo calcolo della varianza è sicuramente sbagliato. Usi la varianza della distribuzione della media campionaria, mentre devi usare la varianza della distribuzione binomiale che è $ Var(x) = npq $.
- Provando a fare i calcoli mi risulta una deviazione standard approssimata pari a $ 1.013/2 $ e non $ 1.13/2 $. Potrebbe esserci un errore di stampa? Oppure ho sbagliato qualcosa nei calcoli.
In questa voce trovi un esempio analogo:
http://en.wikipedia.org/wiki/Gambling_m ... _deviation
- Il tuo calcolo della varianza è sicuramente sbagliato. Usi la varianza della distribuzione della media campionaria, mentre devi usare la varianza della distribuzione binomiale che è $ Var(x) = npq $.
- Provando a fare i calcoli mi risulta una deviazione standard approssimata pari a $ 1.013/2 $ e non $ 1.13/2 $. Potrebbe esserci un errore di stampa? Oppure ho sbagliato qualcosa nei calcoli.
In questa voce trovi un esempio analogo:
http://en.wikipedia.org/wiki/Gambling_m ... _deviation
Ti ringrazio per l'interessamento anche se ancora brancolo nel buio,dato che il mio calcolo sulla varianza è sbagliato significa che tutto il mio ragionamento cade e che quindi il dato di 5,26+/- 1,13 non si riferisce ai paramenti della distribuzione della media campionaria. io infatti avevo ipotizzato una replicazione di 100 000 prove dicotomiche che mi forniscono quindi un campione di dimensione n e ho usato la formula per calcolare la SD della media campionaria partendo dalla SD della mia distribuzione X( guadagno atteso) e la radice della dimensione del campione.Se rileggi questo messaggio e ti senti in vena di buone azioni mi piacerebbe avere ancora un chiarimento.grazie ancora
PS: forse in questo caso è anche necessaria una correzione di continuità ma non saprei proprio da dove iniziare per applicarla
Devo essere sincero che non ho capito come hai calcolato la varianza.
Cerchiamo di riordinare le idee: hai un esperimento binomiale il quale genera una distribuzione binomiale che per numerosità alte si può approssimare alla distribuzione normale.
Che sia approssimata alla normale o meno, la media e la deviazione standard della distribuzione binomiale sono le seguenti:
$ mu = np $
$\sigma = sqrt(npq) $ dove $ q=1-p$
Il teorema del limite centrale ti dice che all'aumentare della numerosità campionaria la distribuzione campionaria della media campionaria è approssimativamente normale. Questo concetto è coerente con l'approssimazione della distribuzione binomiale ad una normale la cui curva di densità presenta la medesima media e dev.st.
Dunque proviamo coi dati del problema:
$ mu = 100000*1/38 = 2631,579 $
$\sigma = sqrt(100000*1/38*37/38) = 50,619$
La mia vincita/perdita attesa dopo 100.000 lanci è:
$p*(-1)*n+q*(35)*n~= -5263,15$
Dunque nel 95% dei campioni di numerosità 100.000 la perdita sarà compresa fra:
$-5263,15+-2*\sigma$ ovvero $-5263,15+-101,3$
Quindi per ogni lancio la perdita media sarà
$-5,26cent+-1,013cent$
Io ho seguito questo ragionamento, il risultato però non è corretto secondo quanto dice il tuo libro di testo che vuole il doppio della d.s. pari a 1,13 , quindi un po' di dubbi permangono. Sinceramente altre soluzioni non mi vengono in mente.
Cerchiamo di riordinare le idee: hai un esperimento binomiale il quale genera una distribuzione binomiale che per numerosità alte si può approssimare alla distribuzione normale.
Che sia approssimata alla normale o meno, la media e la deviazione standard della distribuzione binomiale sono le seguenti:
$ mu = np $
$\sigma = sqrt(npq) $ dove $ q=1-p$
Il teorema del limite centrale ti dice che all'aumentare della numerosità campionaria la distribuzione campionaria della media campionaria è approssimativamente normale. Questo concetto è coerente con l'approssimazione della distribuzione binomiale ad una normale la cui curva di densità presenta la medesima media e dev.st.
Dunque proviamo coi dati del problema:
$ mu = 100000*1/38 = 2631,579 $
$\sigma = sqrt(100000*1/38*37/38) = 50,619$
La mia vincita/perdita attesa dopo 100.000 lanci è:
$p*(-1)*n+q*(35)*n~= -5263,15$
Dunque nel 95% dei campioni di numerosità 100.000 la perdita sarà compresa fra:
$-5263,15+-2*\sigma$ ovvero $-5263,15+-101,3$
Quindi per ogni lancio la perdita media sarà
$-5,26cent+-1,013cent$
Io ho seguito questo ragionamento, il risultato però non è corretto secondo quanto dice il tuo libro di testo che vuole il doppio della d.s. pari a 1,13 , quindi un po' di dubbi permangono. Sinceramente altre soluzioni non mi vengono in mente.
I calcoli che tu hai fatto li ho fatti anche io con la differenza che ho fatto una netta distinzione tra la V.C binomiale(X) e la V.C guadagno in n prove(Y) .Le due V.C io le ho messe in relazione con un combinazione lineare( Y=36X-n) dove n =numero di prove per calcolarne agevolmente i momenti,non capisco infatti come mai centri la distribuzione sulla media della v.c guadagno e poi usi un indice di variabilità riferito alla distribuzione del numero di successi a prima osservazione mi lascia perplesso il fatto di ''mischiare'' le unità di misura.In ogni caso credo che prenderò per buono il tuo procedimento visto che sono a corto di idee 
Capito, ho interpretato male io il testo, tu usi questa procedura per la varianza:
http://ltcconline.net/greenl/courses/Ga ... ulette.htm
...che però comunque non risulta. Siamo punto ed a capo.
http://ltcconline.net/greenl/courses/Ga ... ulette.htm
...che però comunque non risulta. Siamo punto ed a capo.
"Injuria":
Capito, ho interpretato male io il testo, tu usi questa procedura per la varianza:
http://ltcconline.net/greenl/courses/Ga ... ulette.htm
...che però comunque non risulta. Siamo punto ed a capo.
ahaha si , comunque la varianza la calcolo per definizione sulla v.c guadagno, ipotizzando di giocare 100 000 volte ho la somma campionaria che segue distribuzione distribuzione binomiale approssimata a normale(quindi anche la media) ma con una scala diversa .Da li la scelta di calcolare la deviazione standard della media e quindi l intervallo dell'errore campionario con probabilità 95%.Me ne farò una ragione....
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