Esercizio 2
Gigi continua a lanciare un dado finchè non è uscita la faccia con 6 puntini quattro volte non necessariamente continue. Quale è la prob che debba tirare il dado 9 volte? E quale sarebbe la stessa prob nel caso in cui i 4 "6" debbano uscire consecutivamente
Grazie
Grazie
Risposte
Un piccolo chiarimento: se dovesse uscire più di 4 volte la faccia 6, Gigi continua. Cioè si ferma con esattamente 4 volte il 6?
Si nel caso ci sia un quarto "6" prima del nono lancio Gigi si ferma, cmq "credo" che questo caso non bisogna considerarlo; ma solo se invece il nono lancio è il quarto "6" cioè che nei primi 8 lanci ci siano i tre "6". Io ho interpretato così il testo.
"Simplesso":
Si nel caso ci sia un quarto "6" prima del nono lancio Gigi si ferma, cmq "credo" che questo caso non bisogna considerarlo; ma solo se invece il nono lancio è il quarto "6" cioè che nei primi 8 lanci ci siano i tre "6". Io ho interpretato così il testo.
Anche io l'ho interpretato cosi'.
In effetti hai gia' risposto al quesito: basta calcolare la probabilità che nei precedenti 8 lanci il 6 esca solo e solamente 3 volte.
A questa va aggiunta quella che il nono lancio sia il "quarto 6", quindi $1/6$
Quindi come si risolve ? 
"Umby":
[quote="Simplesso"]Si nel caso ci sia un quarto "6" prima del nono lancio Gigi si ferma, cmq "credo" che questo caso non bisogna considerarlo; ma solo se invece il nono lancio è il quarto "6" cioè che nei primi 8 lanci ci siano i tre "6". Io ho interpretato così il testo.
Anche io l'ho interpretato cosi'.
In effetti hai gia' risposto al quesito: basta calcolare la probabilità che nei precedenti 8 lanci il 6 esca solo e solamente 3 volte.
A questa va aggiunta quella che il nono lancio sia il "quarto 6", quindi $1/6$[/quote]
Quindi come si risolve l'esercizio?
se l'esercizio richiede che il risultato utile si ottenga esattamente al nono lancio, allora,
nel primo caso l'evento è verificato se se il 6 esce esattamente 3 volte nei primi 8 lanci e poi esce anche nel nono lancio, per cui la formula che dà la probabilità richiesta è: $((8), (3))*(1/6)^3*(5/6)^5*(1/6)=((8),(3))*(5^5)/(6^9)=(8*7*5^5)/(6^9)$
nel secondo caso l'evento è verificato se, andando a ritroso, esce il 6 nei lanci 9°, 8°, 7°, 6°, ma non esce 6 nel 5°, ed inoltre non esce 6 in tutti i primi 4 lanci, per cui la formula che dà la probabilità richiesta è: $[1-(1/6)^4]*(5/6)*(1/6)^4=(5*(6^4-1))/(6^9)$
spero di non aver commesso errori e di essere stata chiara. ciao.
nel primo caso l'evento è verificato se se il 6 esce esattamente 3 volte nei primi 8 lanci e poi esce anche nel nono lancio, per cui la formula che dà la probabilità richiesta è: $((8), (3))*(1/6)^3*(5/6)^5*(1/6)=((8),(3))*(5^5)/(6^9)=(8*7*5^5)/(6^9)$
nel secondo caso l'evento è verificato se, andando a ritroso, esce il 6 nei lanci 9°, 8°, 7°, 6°, ma non esce 6 nel 5°, ed inoltre non esce 6 in tutti i primi 4 lanci, per cui la formula che dà la probabilità richiesta è: $[1-(1/6)^4]*(5/6)*(1/6)^4=(5*(6^4-1))/(6^9)$
spero di non aver commesso errori e di essere stata chiara. ciao.
SOLUZIONE GENERALE DEL PROBLEMA (Vincenzo Malvestuto, 21/01/2009) vmalves@libero.it
La probabilità di dover aspettare N lanci di un dado per avere (esattamente al N.mo lancio) il k.mo 6 si può scrivere come:
P(N;k) = Prob(sono occorsi N lanci | è appena uscito il k.mo 6)
dove k é fissato ed N può assumere valori da k a infinito.
Questa probabilità non è affatto facile da calcolare direttamente, ma essa è (stranamente) identica a un'altra probabilità che risulta ben più facile da calcolare perchè è N (invece di k) ad essere fissato, cioè:
(1) P(k;N) =Prob(l'ultimo lancio è un 6 e fra i primi N-1 lanci ci sono altri k-1 6 | avendo fatto N lanci)
= p C(N-1, k-1) p^(k-1) (1-p)^(N-k) = C(N-1, k-1) p^k (1-p)^(N-k) (k=1,2,..,N)
dove C(n,k) indica il coeffic. binomiale e p è la probabilità dell'evento considerato, qui: p=1/6.
Nel caso specifico abbiamo N=9 e k=4, per cui il risultato dato dalla (1) è il prodotto di tre fattori:
Prob = C(8,3) (1/6)^4 (5/6)^5 = C(8,3) 5^5 / 6^9 = 1.7365 %
in accordo col risultato dato da "adaBTTLS", la quale però manca di cogliere la sottile distinzione che passa fra le due probabilità sopra definite, P(N;k) e P(k;N), la cui uguaglianza è tutta ancora da provare!
Un argomento potrebbe essere questo: le stringhe lunghe N (con N=k,k+1,...) che finiscono con un 6 sono tutte equiprobabili, perchè se è vero che una stringa del genere, più lunga é, meno probabile risulta, è anche vero che il numero crescente di tali stringhe, al crescere di N, compensa esattamente la probabilità sempre più piccola di ciascuna di esse. Assodato questo, per calcolare la P(N;k) basta allora usare la formula di Bayes che richiede le probabilità inverse P(k;N) - quelle date dalla (1) - e le Prob(N), che una stringa terminante con un 6 sia lunga N, che abbiamo visto essere tutte uguali (quand'è così il loro valore costante si elide nella formula di Bayes).
Che non si tratti assolutamente delle stesse probabilità si vede anche dal fatto che
N fissato: sum[k=1,2,3,...,N] P(k;N) = p (cioè la probabilità che al nono lancio esca un 6)
mentre
k fissato: sum[N=k, k+1, ..., infinito] P(N;k) = 1
Quest'ultima identità non è del tutto banale. Essa si dimostra tramite lo sviluppo in serie di McLaurin di
f(z)=(1-z)^(-k-1).
OSSERVAZIONE FINALE. Si noti come nel caso N=k (nel caso cioè occorrano solo 4 lanci per fare 4 sei) la formula (1) ridà correttamente: P(4;4) = C(3,3) (1/6)^4 (5/6)^(4-4) = 1/(6^4) = 7.7 E-4 circa,
un evento cioè che si presenta meno di 8 volte su diecimila.
Ma, si noti, la probabilità sarebbe la stessa se si chiedesse che nei primi 4 lanci escano nell'ordine 4-2-5-1, o qualsiasi altra sequenza di 4 numeri che vi salti in mente!
La probabilità di dover aspettare N lanci di un dado per avere (esattamente al N.mo lancio) il k.mo 6 si può scrivere come:
P(N;k) = Prob(sono occorsi N lanci | è appena uscito il k.mo 6)
dove k é fissato ed N può assumere valori da k a infinito.
Questa probabilità non è affatto facile da calcolare direttamente, ma essa è (stranamente) identica a un'altra probabilità che risulta ben più facile da calcolare perchè è N (invece di k) ad essere fissato, cioè:
(1) P(k;N) =Prob(l'ultimo lancio è un 6 e fra i primi N-1 lanci ci sono altri k-1 6 | avendo fatto N lanci)
= p C(N-1, k-1) p^(k-1) (1-p)^(N-k) = C(N-1, k-1) p^k (1-p)^(N-k) (k=1,2,..,N)
dove C(n,k) indica il coeffic. binomiale e p è la probabilità dell'evento considerato, qui: p=1/6.
Nel caso specifico abbiamo N=9 e k=4, per cui il risultato dato dalla (1) è il prodotto di tre fattori:
Prob = C(8,3) (1/6)^4 (5/6)^5 = C(8,3) 5^5 / 6^9 = 1.7365 %
in accordo col risultato dato da "adaBTTLS", la quale però manca di cogliere la sottile distinzione che passa fra le due probabilità sopra definite, P(N;k) e P(k;N), la cui uguaglianza è tutta ancora da provare!
Un argomento potrebbe essere questo: le stringhe lunghe N (con N=k,k+1,...) che finiscono con un 6 sono tutte equiprobabili, perchè se è vero che una stringa del genere, più lunga é, meno probabile risulta, è anche vero che il numero crescente di tali stringhe, al crescere di N, compensa esattamente la probabilità sempre più piccola di ciascuna di esse. Assodato questo, per calcolare la P(N;k) basta allora usare la formula di Bayes che richiede le probabilità inverse P(k;N) - quelle date dalla (1) - e le Prob(N), che una stringa terminante con un 6 sia lunga N, che abbiamo visto essere tutte uguali (quand'è così il loro valore costante si elide nella formula di Bayes).
Che non si tratti assolutamente delle stesse probabilità si vede anche dal fatto che
N fissato: sum[k=1,2,3,...,N] P(k;N) = p (cioè la probabilità che al nono lancio esca un 6)
mentre
k fissato: sum[N=k, k+1, ..., infinito] P(N;k) = 1
Quest'ultima identità non è del tutto banale. Essa si dimostra tramite lo sviluppo in serie di McLaurin di
f(z)=(1-z)^(-k-1).
OSSERVAZIONE FINALE. Si noti come nel caso N=k (nel caso cioè occorrano solo 4 lanci per fare 4 sei) la formula (1) ridà correttamente: P(4;4) = C(3,3) (1/6)^4 (5/6)^(4-4) = 1/(6^4) = 7.7 E-4 circa,
un evento cioè che si presenta meno di 8 volte su diecimila.
Ma, si noti, la probabilità sarebbe la stessa se si chiedesse che nei primi 4 lanci escano nell'ordine 4-2-5-1, o qualsiasi altra sequenza di 4 numeri che vi salti in mente!
ERRATA CORRIGE dell'autore (V.Malvestuto, SOLUZIONE GENERALE, 21/01/2009)
Il seguente mio enuciato a circa metà intervento "Un argomento potrebbe essere questo: le stringhe lunghe N (con N=k, k+1, ....) che finiscono con un 6 sono tutte equiprobabili ....etc." richiede una lieve modifica perchè risulti corretto, cioè: "Un argomento potrebbe essere questo: le lunghezze N (con N=k, k+1, ... ) di stringhe terminanti con un 6 sono tutte equiprobabili ....etc. "
Chiedo scusa per l'imprecisione, dettata dalla fretta.
Resto in attesa di eventuali osservazioni. Saluti a tutti.
Il seguente mio enuciato a circa metà intervento "Un argomento potrebbe essere questo: le stringhe lunghe N (con N=k, k+1, ....) che finiscono con un 6 sono tutte equiprobabili ....etc." richiede una lieve modifica perchè risulti corretto, cioè: "Un argomento potrebbe essere questo: le lunghezze N (con N=k, k+1, ... ) di stringhe terminanti con un 6 sono tutte equiprobabili ....etc. "
Chiedo scusa per l'imprecisione, dettata dalla fretta.
Resto in attesa di eventuali osservazioni. Saluti a tutti.
"Enzo":
Resto in attesa di eventuali osservazioni. Saluti a tutti.
Mi sembra cosi' lineare il ragionamento di ADA, che non è che avevo prestato molta attenzione.
La seconda parte del ragionamento di ADA, mi lascia un po perplesso. In particolare non ho ben capito perchè differenzia il 5^ lancio dai primi 4.
Sinteticamente io direi che:
i primi 5 lanci non devono essere 6
i successivi 4 devono essere 6, quindi:
$(5/6)^5 * (1/6)^4$
il primo problema è abbastanza agevolmente generalizzabile al caso (k, N) come ha esposto Enzo, anche se io mi sono inserita tardi nel discorso dopo due richieste "supplichevoli" di una risposta, non ho molto seguito il vostro ragionamento precedente, avevo anche delle perplessità sul testo, tant'è vero che ho premesso "se l'esercizio richiede che ... ", e mi sono quindi limitata a rispondere al caso k=4, N=9.
per il secondo invece la generalizzazione non è altrettanto banale, anzi aspettiamo nuovi interventi di Enzo al riguardo. nel caso particolare di k=4, N=9, invece, la risposta è risultata molto semplice. per rispondere ad Umby sul caso particolare:
se hai
664516666
è comunque per la prima volta al nono lancio che si ha 6 per la quarta volta consecutiva, dunque non è vero che non si può avere 6 nei primi lanci.
però non lo si può avere nel quinto, perché, o non si ha 6 nei quattro successivi o si raggiunge il quarto 6 all'ottavo lancio.
spero di aver chiarito. se non ti è chiara la formula, chiedi pure. ciao.
per il secondo invece la generalizzazione non è altrettanto banale, anzi aspettiamo nuovi interventi di Enzo al riguardo. nel caso particolare di k=4, N=9, invece, la risposta è risultata molto semplice. per rispondere ad Umby sul caso particolare:
se hai
664516666
è comunque per la prima volta al nono lancio che si ha 6 per la quarta volta consecutiva, dunque non è vero che non si può avere 6 nei primi lanci.
però non lo si può avere nel quinto, perché, o non si ha 6 nei quattro successivi o si raggiunge il quarto 6 all'ottavo lancio.
spero di aver chiarito. se non ti è chiara la formula, chiedi pure. ciao.
"adaBTTLS":
per rispondere ad Umby sul caso particolare:
se hai
664516666
è comunque per la prima volta al nono lancio che si ha 6 per la quarta volta consecutiva, dunque non è vero che non si può avere 6 nei primi lanci.
però non lo si può avere nel quinto, perché, o non si ha 6 nei quattro successivi o si raggiunge il quarto 6 all'ottavo lancio.
spero di aver chiarito. se non ti è chiara la formula, chiedi pure. ciao.
Chiarissimo il tuo ragionamento.
Avevo interpretato il secondo quesito come una riduzione del primo (ovvero che cmq il 6 uscisse solo e solamente 4 volte). In altre parole come una successiva condizione al quesito iniziale.
mbè... chi ha posto il quesito, avrà entrambe soluzioni.
Ciao.
"Umby":[/quote]
[quote="Enzo"]
Resto in attesa di eventuali osservazioni. Saluti a tutti.
Mi sembra cosi' lineare il ragionamento di ADA, che non è che avevo prestato molta attenzione.
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Risponde ENZO
Sì, il ragionamento di Ada è lineare e semplice, però può esserlo solo perchè non è valido per N e k qualsiasi.
Inoltre, come ho già detto, Ada calcola un'altra probabilità e avrebbe dovuto mostrare che
quella richiesta dall'esercizio coincide con quella da lei calcolata.
Non è affatto semplice già solo il capire la differenza che passa fra le due probabilità da me definite
come P(N;k) e P(k;N). Io, mi pare, ho dato un argomento utile alla prova, ma non mi attendo che questa
questione interessi i più, anche perchè presuppone si conosca:
1)il concetto di probabilità condizionata; 2) il teorema di Bayes.
Bene. Ora dò la mia risposta generale al problema n. 2, per il quale di nuovo Ada ha dato già la risposta esatta per k=4 e N=9.
Qui, come Ada stessa riconosce nel suo ultimo intervento, la generalizzazione per N e k qualsiasi è ben più ardua.
Stanotte, un po' dopo mezzanotte, ho trovato, credo, la soluzione, che riporto di seguito, per ora senza dimostrazione.
POSIZIONE DEL PROBLEMA. Si lancia un dado fino a che non esce per la prima volta una stringa di k "sei" consecutivi
(non importa se in precedenza, siano usciti altri 6 sparsi qua e là).
Ci si chiede: una volta ottenuta la suddetta filza di k "sei" consecutivi, qual è la probabilità che, per ottenerla, siano serviti N lanci ?
Si noti che k è fisso e N può essere grande a piacere, purchè non inferiore a k.
FORMULA RISOLUTIVA. Siano q e r numeri interi non negativi tali che si possa scrivere in modo univoco:
N = q(k+1) + r
si fa cioè la cosiddetta "divisione intera" fra N e k+1, divisione che dà come resto r e come quoziente q.
Si ponga poi per brevità: x = p^k (p = 1/6) e y = x(1-p).
La probabilità in questione è allora
se 0 <= r < k : P(N,k) = y/(1+y) [1-(-y)^q] , indipendente da r (!!!)
se r = k : P(N,k) = P(N-1, k) - x(y^q)
Per esempio per k=4, N=9 si ha 9 = 1(5)+ 4 , cioè q=1 e r=4 e siamo quindi nel caso r = k. Pertanto si ha:
x=(1/6)^4 , y=(5/6)(1/6)^4 e quindi P(9;4) = y/(1+y) [1 - (-y)^q] - x(y^q) ed essendo q=1:
P(9;4) = y/(1+y) [1 - (-y)^1] - xy= y-xy = y(1-x) = (5/6)(1/6)^4 [1 - (1/6)^4 ]
che coincide con la risposta di Ada.
Ma sfido chiunque, non solo Ada, a dare una risposta "facile" e diretta, per esempio, per N=67 e k=4.
La formula da me trovata dà invece una risposta per ogni N e per ogni k e per ogni p (non solo per il lancio di un dado),
ed è esplicita. Per ora la dò con beneficio d'inventario, perchè sto ancora controllando se
la somma delle infinite probabilità P(N;k) con k fissato e N=k, k+1, k+2, ..., venga uguale a 1,
come credo che debba essere.
Si tratta, credetemi, di una cosa non immediata.
Tuttavia, solo allora mi sentirò veramente sicuro dell'esattezza della mia risposta.
Inoltre vorrei dare una risposta alla seguente domanda: per quale N è massima la probabilità di fare la filza di 4 "sei"?
Tornerò in seguito sull'argomento per fornire più spiegazioni, ma solo se mi verrà richiesto.
Un saluto a tutti. V.Malvestuto
PS: Essendo nuovo al Forum (mai iscritto ad un Forum, prima di ieri),
mi chiedo se posso scrivere i miei interventi in WORD e poi
con un Copy+Paste trasferirli con successo in questa finestra di testo.
E' possibile questo ? Se sì, le mie formule sarebbero molto più leggibili.
Per esempio Ada come fa a inserire nel testo dei suoi interventi le sue "belle" formule in azzurro?
Grazie a chi vorrà darmi qualche dritta.
da word si può copiare il testo, ma non formule e simboli (purtroppo), però si può provare a scriverle non con equation editor ma con la stessa sintassi del forum, che puoi trovare qui:
https://www.matematicamente.it/forum/com ... 26179.html
se non ricordo male, funziona.
in ogni caso, la pagina segnalata ti serve anche per scrivere direttamente sul forum senza fare copia-incolla. ciao.
proverò a riflettere sia sulla tua formula sia su un'eventuale alternativa.
https://www.matematicamente.it/forum/com ... 26179.html
se non ricordo male, funziona.
in ogni caso, la pagina segnalata ti serve anche per scrivere direttamente sul forum senza fare copia-incolla. ciao.
proverò a riflettere sia sulla tua formula sia su un'eventuale alternativa.
"Enzo":
Inoltre vorrei dare una risposta alla seguente domanda: per quale N è massima la probabilità di fare la filza di 4 "sei"?
Ti do una risposta "su 2 piedi" (semplicemente odorando il problema)
Secondo me la massima probabilità è per N = K
Nel nostro caso se fai 4 lanci di dadi, la probabilità che escano 4 "sei" consecutivi è ovviamente:
$(1/6)^4$
gia' se consideri 5 lanci (anzichè 4), la probabilità si abbassa in quanto, hai
il 2^ 3^ 4^ 5^ deve essere 6 (stessa probabilita' di prima), ma il primo NON lo deve essere! (quindi mi sembra evidente che la % scenda..)
Mi aspetto, che più è grande N, più la % diminuisca, e quindi per N che tende ad infinito, la % siapari a zero.
A me personalmente il problema pare essere un chiaro esempio di distribuzione binomiale, allora:
$P(X=4)=((n),(k))p^k*(1-p)^(n-k)=((9),(4))(1/6)^4*(1-1/6)^(9-4) = 19,54%$
Dove $X$ è la v.a. che vale "$1$" se esce "$6$", "$0$" altrimenti e $p$ è la probabilità di successo ed $n$ il numero di esperimenti effettuati.
$P(X=4)=((n),(k))p^k*(1-p)^(n-k)=((9),(4))(1/6)^4*(1-1/6)^(9-4) = 19,54%$
Dove $X$ è la v.a. che vale "$1$" se esce "$6$", "$0$" altrimenti e $p$ è la probabilità di successo ed $n$ il numero di esperimenti effettuati.
"Lord K":
A me personalmente il problema pare essere un chiaro esempio di distribuzione binomiale, allora:
$P(X=4)=((n),(k))p^k*(1-p)^(n-k)=((9),(4))(1/6)^4*(1-1/6)^(9-4) = 19,54%$
Dove $X$ è la v.a. che vale "$1$" se esce "$6$", "$0$" altrimenti e $p$ è la probabilità di successo ed $n$ il numero di esperimenti effettuati.
I nostri calcoli portavano ad una % che si aggira intorno allo 0,6 %
Mi sembra che posso confermare le mie prime impressioni, aggiungo che:
Con 4 lanci la % è la piu' alta
Con 5, 6, 7, 8 la % è la stessa , ma più bassa della precedente (in conseguenza della esclusione di un 6)
e cosi' via...
le % dovrebbero diminuire , andando avanti, ma sempre a gruppi di 4 (k)
Lord K ha trovato la probabilità che il 6 esca esattamente 4 volte nei primi 9 lanci, indipendentemente dalle varie uscite, almeno mi pare.
sono d'accordo con Umby sull'analisi della massima probabilità e della successione decrescente.
quanto al problema principale, ho provato a "tradurre" in maniera più familiare la formula di Enzo, ma la devo ancora metabolizzare.
poiché, però, compare comunque una ricorsione, provo anch'io a lanciare una congettura sul risultato:
se N
se N=k+1, P(N,k)=(1-p)*p^k
se N>k+1, P(N,k)=[1-P(N-k-1, k)]*(1-p)*p^k
che ne dite? ciao.
sono d'accordo con Umby sull'analisi della massima probabilità e della successione decrescente.
quanto al problema principale, ho provato a "tradurre" in maniera più familiare la formula di Enzo, ma la devo ancora metabolizzare.
poiché, però, compare comunque una ricorsione, provo anch'io a lanciare una congettura sul risultato:
se N
se N=k+1, P(N,k)=(1-p)*p^k
se N>k+1, P(N,k)=[1-P(N-k-1, k)]*(1-p)*p^k
che ne dite? ciao.
Cara Ada,
per derivare la mia complicata formula risolutiva per il PROBLEMA 2, ho fatto esattamente lo stesso ragionamento da te riportato esplicitamente. Il resto (cioè ricavare le formule per le probabilità in forma chiusa) è stato solo questione di tecnica.
Ma io, come te, abbiamo fatto lo stesso errore, sì, perchè l'ultima equazione, quella ricorsiva, è sbagliata!
Me ne sono accorto in 2 modi.
Prima, indirettamente.
Infatti si vede che le mie probabilità (o le tue), che io sono riuscito a scrivere in forma esplicita (dopo averne scritto pazientemente le prime 20 e aver "abdotto" dai singoli casi la forma generale) per N--> infinito purtroppo non tendono a zero, come dovrebbero, ma tendono al limite y/(1+y), che è una quantità positiva e finita (ricordo che nella mia notazione y= q p^k). Quindi la somma delle infinite probabilità non solo non tende a 1 ma diverge! Ne segue che ci deve essere qualche errore nel mio ragionamento. Lo stesso errore c'è anche nel tuo, che è arrivato dopo, ma, lo riconosco, in modo del tutto indipendente dal mio, essendomi astenuto dall'esplicitare il mio metodo e limitato a sbattere lì solo la formula bruta.
Secondo, direttamente.
Ho chiesto aiuto a mio figlio Davide (25 anni a marzo), che, non appena ha visto la mia formula ricorsiva (che è anche la tua), ha esclamato: "Papà, stai sbagliando. Così fra tutte le stringhe lunghe N-k-1, escludi solo quelle che portano il blocchetto di k 6 in posizione terminale. Devi invece escludere anche quelle stringhe che portano un blocchetto siffatto non necessariamente alla fine della stringa, ma in una posizione qualsiasi".
Ci ho pensato qualche minuto. Poi ho dovuto dargli ragione (con grande piacere).
Tra l'altro la critica distruttiva di Davide (che ha cancellato con un colpo di spugna tre ore quasi di lavoro da me impiegato a derivare la mia formula esplicita) spiega anche perchè ottengo tutte le mie probabilità troppo grandi. In effetti, stando alla critica di Davide, si deve sottrarre da 1 molto di più che il solo termine: P(N-k-1,k). Allora mi sono rimesso giù al lavoro ed è stato facile correggere l'errore e trovare la vera formula ricorsiva, quella giusta, che è
se N > 2k : P(N,k) = (1-p) p^k [1 - P(k,k) - P(k+1,k) - P(k+2,k) - .... - P(N-k-1,k) ]
Eccolo lì di nuovo, in ultima posizione ma in buona compagnia, il termine che inizialmente io (e poi anche tu) abbiamo creduto fosse l'unico da sottrarre.
Avrai notato che ho scritto: N > 2k e non N>k+1, come tu hai scritto. Perchè? Due sono i motivi.
1) Innanzi tutto, perchè se N non supera 2k la formula ricorsiva non presenta neanche un addendo da sottrarre da 1, e se vuoi, è proprio questo il risultato giusto, come si capisce leggendo il punto seguente.
2) In secondo luogo, perchè, per N compreso fra k+1 e 2k le probabilità si calcolano immediatamente e sono tutte uguali a P(k+1,k) = q p^k. Infatti, se N<2k+1 allora, visto che il blocchetto fisso (un non-6 separatore e poi k segni 6) occupa già i k+1 posti terminali, non c'è spazio sufficiente nei posti precedenti (che sono meno di k) per un altro blocchetto di 6 lungo k. Quindi fino a che N non arriva al valore 2k+1 la probabilità in questione resta uguale a y=qp^k. Poi si dovrà usare la mia nuova formula ricorsiva. Questo spiega anche perchè la mia formula (erronea) dava il risultato giusto nel caso N=9, k=4. Il fatto è che in questo caso N=2k+1, e la formula ricorsiva sbagliata per puro caso funziona ancora fino a N=2k+1. Vedi come uno può pensare di aver trovato la formula giusta, mettendola alla prova in uno dei pochi casi in cui per puro accidente essa funziona!
Da ieri notte sto cercando di rifare i calcoli con la nuova formula ricorsiva, come avevo fatto il 21 notte partendo da quella sbagliata, ma ahimè sono molto più difficili. Pur avendo scritto per esteso le prime 20 probabilità usando pazientemente la nuova formula ricorsiva, non è ancora emersa, almeno per me, nessuna regolarità o simmetria che mi permetta di abdurre (nel senso di C.S.Peirce e di U.Eco) la formula generale.
Sfido chiunque a trovarla! Metto in palio un PREMIO di 100 EURO, che sarò felice di pagare al primo che la pubblica su questo FORUM.
Finisco ponendo a tutti gli interessati un QUESITO (senza premio!) molto più facile, di cui conosco già la risposta.
Facendo i suddetti pazienti calcoli per esplicitare la forma delle prime 20 probabilità al crescere di N, mi sono accorto che la nuova formula ricorsiva, che è molto scomoda perchè vi figurano tutte le precedenti probabilità, è del tutto equivalente a una formula ricorsiva molto più semplice che da essa si deduce ed in cui nel membro di destra figurano solo due delle probabilità già calcolate per valori precedenti di N.
----> Chiedo di trovare tale formula ricorsiva semplificata.
Chi la trova, se ha un minimo di confidenza con le "equazioni alle differenze finite" (che scaturiscono subito dalle formule ricorsive lineari come quella vecchia e quella nuova, da me scritta), vedrà che il polinomio caratteristico associato a tale equazione ammette come radice esatta: lambda = p, cosa interessante e molto promettente.
Questo solleva un altro quesito:
Esistono altre radici reali di tale polinomio caratterisitico e, se sì, quanto valgono?
Al momento ignoro la risposta al suddetto quesito, ma ci sto lavorando......
Un saluto a tutti e ... scusate la lunghezza dei miei interventi, ma il problema posto è affascinante, almeno per me!
per derivare la mia complicata formula risolutiva per il PROBLEMA 2, ho fatto esattamente lo stesso ragionamento da te riportato esplicitamente. Il resto (cioè ricavare le formule per le probabilità in forma chiusa) è stato solo questione di tecnica.
Ma io, come te, abbiamo fatto lo stesso errore, sì, perchè l'ultima equazione, quella ricorsiva, è sbagliata!
Me ne sono accorto in 2 modi.
Prima, indirettamente.
Infatti si vede che le mie probabilità (o le tue), che io sono riuscito a scrivere in forma esplicita (dopo averne scritto pazientemente le prime 20 e aver "abdotto" dai singoli casi la forma generale) per N--> infinito purtroppo non tendono a zero, come dovrebbero, ma tendono al limite y/(1+y), che è una quantità positiva e finita (ricordo che nella mia notazione y= q p^k). Quindi la somma delle infinite probabilità non solo non tende a 1 ma diverge! Ne segue che ci deve essere qualche errore nel mio ragionamento. Lo stesso errore c'è anche nel tuo, che è arrivato dopo, ma, lo riconosco, in modo del tutto indipendente dal mio, essendomi astenuto dall'esplicitare il mio metodo e limitato a sbattere lì solo la formula bruta.
Secondo, direttamente.
Ho chiesto aiuto a mio figlio Davide (25 anni a marzo), che, non appena ha visto la mia formula ricorsiva (che è anche la tua), ha esclamato: "Papà, stai sbagliando. Così fra tutte le stringhe lunghe N-k-1, escludi solo quelle che portano il blocchetto di k 6 in posizione terminale. Devi invece escludere anche quelle stringhe che portano un blocchetto siffatto non necessariamente alla fine della stringa, ma in una posizione qualsiasi".
Ci ho pensato qualche minuto. Poi ho dovuto dargli ragione (con grande piacere).
Tra l'altro la critica distruttiva di Davide (che ha cancellato con un colpo di spugna tre ore quasi di lavoro da me impiegato a derivare la mia formula esplicita) spiega anche perchè ottengo tutte le mie probabilità troppo grandi. In effetti, stando alla critica di Davide, si deve sottrarre da 1 molto di più che il solo termine: P(N-k-1,k). Allora mi sono rimesso giù al lavoro ed è stato facile correggere l'errore e trovare la vera formula ricorsiva, quella giusta, che è
se N > 2k : P(N,k) = (1-p) p^k [1 - P(k,k) - P(k+1,k) - P(k+2,k) - .... - P(N-k-1,k) ]
Eccolo lì di nuovo, in ultima posizione ma in buona compagnia, il termine che inizialmente io (e poi anche tu) abbiamo creduto fosse l'unico da sottrarre.
Avrai notato che ho scritto: N > 2k e non N>k+1, come tu hai scritto. Perchè? Due sono i motivi.
1) Innanzi tutto, perchè se N non supera 2k la formula ricorsiva non presenta neanche un addendo da sottrarre da 1, e se vuoi, è proprio questo il risultato giusto, come si capisce leggendo il punto seguente.
2) In secondo luogo, perchè, per N compreso fra k+1 e 2k le probabilità si calcolano immediatamente e sono tutte uguali a P(k+1,k) = q p^k. Infatti, se N<2k+1 allora, visto che il blocchetto fisso (un non-6 separatore e poi k segni 6) occupa già i k+1 posti terminali, non c'è spazio sufficiente nei posti precedenti (che sono meno di k) per un altro blocchetto di 6 lungo k. Quindi fino a che N non arriva al valore 2k+1 la probabilità in questione resta uguale a y=qp^k. Poi si dovrà usare la mia nuova formula ricorsiva. Questo spiega anche perchè la mia formula (erronea) dava il risultato giusto nel caso N=9, k=4. Il fatto è che in questo caso N=2k+1, e la formula ricorsiva sbagliata per puro caso funziona ancora fino a N=2k+1. Vedi come uno può pensare di aver trovato la formula giusta, mettendola alla prova in uno dei pochi casi in cui per puro accidente essa funziona!
Da ieri notte sto cercando di rifare i calcoli con la nuova formula ricorsiva, come avevo fatto il 21 notte partendo da quella sbagliata, ma ahimè sono molto più difficili. Pur avendo scritto per esteso le prime 20 probabilità usando pazientemente la nuova formula ricorsiva, non è ancora emersa, almeno per me, nessuna regolarità o simmetria che mi permetta di abdurre (nel senso di C.S.Peirce e di U.Eco) la formula generale.
Sfido chiunque a trovarla! Metto in palio un PREMIO di 100 EURO, che sarò felice di pagare al primo che la pubblica su questo FORUM.
Finisco ponendo a tutti gli interessati un QUESITO (senza premio!) molto più facile, di cui conosco già la risposta.
Facendo i suddetti pazienti calcoli per esplicitare la forma delle prime 20 probabilità al crescere di N, mi sono accorto che la nuova formula ricorsiva, che è molto scomoda perchè vi figurano tutte le precedenti probabilità, è del tutto equivalente a una formula ricorsiva molto più semplice che da essa si deduce ed in cui nel membro di destra figurano solo due delle probabilità già calcolate per valori precedenti di N.
----> Chiedo di trovare tale formula ricorsiva semplificata.
Chi la trova, se ha un minimo di confidenza con le "equazioni alle differenze finite" (che scaturiscono subito dalle formule ricorsive lineari come quella vecchia e quella nuova, da me scritta), vedrà che il polinomio caratteristico associato a tale equazione ammette come radice esatta: lambda = p, cosa interessante e molto promettente.
Questo solleva un altro quesito:
Esistono altre radici reali di tale polinomio caratterisitico e, se sì, quanto valgono?
Al momento ignoro la risposta al suddetto quesito, ma ci sto lavorando......
Un saluto a tutti e ... scusate la lunghezza dei miei interventi, ma il problema posto è affascinante, almeno per me!
Ah, dimenticavo il felice intervento di Umby, che dà una risposta semplice ed elegante al quesito che avevo posto:
Qual é il valore di N per il quale è massima la probabilità P(N,k) con k fissato?
La risposta data da Umby è esatta e non fa una piega.
Una conferma, se pure servisse, viene dalla mia nuova formula ricorsiva nella versione semplificata (cfr. mio secondo quesito nel mio precedente intervento di poco fa) .
Con l'aiuto di tale formulai si dimostra subito che, anche senza conoscere i valori delle le infinite Prob(N,k), queste formano una successione non crescente e definitivamente strettamente decrescente, il che implica che il primo valore della successione di probabilità, cioè P(k,k) = p^k, è anche il massimo.
Più precisamente, i valori successivi di P(N,k), a partire da N=k, nella mia notazione (x=p^k, z=1-x, y=(1-p)x ) sono:
> N = k, k+1, ...., 2k,,, 2k+1, 2k+2,,,,, 2k+3,,,, 2k+4, ......., 3k+1,,,,,, 3k+2,,,,,,,,,,,,, 3k+3,,,,,,,,,,,,, ......... etc.
Prob= x, y, y, ...., y,,,,, yz,,, y(z-y),, y(z-2y), y(z-3y), ..., y(z-ky), y[z-y(k+z)], y[z-y(k+2z)+y^2], ......... etc.
___(scusate le virgole di troppo, ma mi servono ad incolonnare bene valori di N e rispettivi valori di Prob)_______
Quindi, essendo in genere 0 y.
Ora, visto che Umby ha risposto alla domanda sul punto di massimo, qualcuno potrebbe pensare di poter rispondere all'altra domanda: Qual è il valor medio (o valore aspettato) della suddetta distribuzione?
Questa, credo, sì che é una domanda cui è arduo rispondere.
Se volete la mia congettura, eccovela: il valore aspettato è INFINITO! Mi spiego meglio.
Se uno mi chiedesse: qual è il numero medio di lanci che servono a far comparire per la prima volta una fila di 4 sei consecutivi, lanciando un dado? , la mia risposta sarebbe "Scommetto che è infinito".
Dico così perchè nel 1991 risolsi completamente il seguente problema che è affine a quello di cui ci stiamo occupando qui.
PROBLEMA: Qual è la probabilità, lanciando ripetutamente una moneta fino a che il numero totale di teste non pareggi (per la prima volta) il numero di croci, che siano N i lanci occorsi?
Anche qui N può andare a infinito, ma assume solo valori pari: N=2, 4, 6, ....
Ebbene, per questo problema ho dimostrato che la relativa distrib. di probabilità ha un valore aspettato infinito, per cui, se si fanno esperimenti aleatori su computer, le medie campionarie che si possono calcolare sui dati del campione (media varianza etc...), che sono sempre quantità finite, non hanno alcun nesso coi rispettivi valori teorici (che sono tutti infiniti!).
Per distribuzioni così, la Legge dei Grandi Numeri infatti non vale (meno che mai il Teorema Centrale del Limite).
Una cosa simile accade nel cosiddetto "Paradosso di Pietroburgo", ......
ma non voglio annoiare oltre i frequentatori di questo FORUM.
Qual é il valore di N per il quale è massima la probabilità P(N,k) con k fissato?
La risposta data da Umby è esatta e non fa una piega.
Una conferma, se pure servisse, viene dalla mia nuova formula ricorsiva nella versione semplificata (cfr. mio secondo quesito nel mio precedente intervento di poco fa) .
Con l'aiuto di tale formulai si dimostra subito che, anche senza conoscere i valori delle le infinite Prob(N,k), queste formano una successione non crescente e definitivamente strettamente decrescente, il che implica che il primo valore della successione di probabilità, cioè P(k,k) = p^k, è anche il massimo.
Più precisamente, i valori successivi di P(N,k), a partire da N=k, nella mia notazione (x=p^k, z=1-x, y=(1-p)x ) sono:
> N = k, k+1, ...., 2k,,, 2k+1, 2k+2,,,,, 2k+3,,,, 2k+4, ......., 3k+1,,,,,, 3k+2,,,,,,,,,,,,, 3k+3,,,,,,,,,,,,, ......... etc.
Prob= x, y, y, ...., y,,,,, yz,,, y(z-y),, y(z-2y), y(z-3y), ..., y(z-ky), y[z-y(k+z)], y[z-y(k+2z)+y^2], ......... etc.
___(scusate le virgole di troppo, ma mi servono ad incolonnare bene valori di N e rispettivi valori di Prob)_______
Quindi, essendo in genere 0
Ora, visto che Umby ha risposto alla domanda sul punto di massimo, qualcuno potrebbe pensare di poter rispondere all'altra domanda: Qual è il valor medio (o valore aspettato) della suddetta distribuzione?
Questa, credo, sì che é una domanda cui è arduo rispondere.
Se volete la mia congettura, eccovela: il valore aspettato è INFINITO! Mi spiego meglio.
Se uno mi chiedesse: qual è il numero medio di lanci che servono a far comparire per la prima volta una fila di 4 sei consecutivi, lanciando un dado? , la mia risposta sarebbe "Scommetto che è infinito".
Dico così perchè nel 1991 risolsi completamente il seguente problema che è affine a quello di cui ci stiamo occupando qui.
PROBLEMA: Qual è la probabilità, lanciando ripetutamente una moneta fino a che il numero totale di teste non pareggi (per la prima volta) il numero di croci, che siano N i lanci occorsi?
Anche qui N può andare a infinito, ma assume solo valori pari: N=2, 4, 6, ....
Ebbene, per questo problema ho dimostrato che la relativa distrib. di probabilità ha un valore aspettato infinito, per cui, se si fanno esperimenti aleatori su computer, le medie campionarie che si possono calcolare sui dati del campione (media varianza etc...), che sono sempre quantità finite, non hanno alcun nesso coi rispettivi valori teorici (che sono tutti infiniti!).
Per distribuzioni così, la Legge dei Grandi Numeri infatti non vale (meno che mai il Teorema Centrale del Limite).
Una cosa simile accade nel cosiddetto "Paradosso di Pietroburgo", ......
ma non voglio annoiare oltre i frequentatori di questo FORUM.
grazie per l'informazione.
penso che prima di metabolizzare la formula "algoritmica" sia il caso di riflettere su quella ricorsiva.
penso che prima di metabolizzare la formula "algoritmica" sia il caso di riflettere su quella ricorsiva.
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