Infiniti lanci di moneta
Ho quest'esercizio che mi fa ammattire... Ho svolto i primi due punti, ma sull'ultimo proprio non ci arrivo, qualche hint?
Testo: Dopo aver a) costruito uno spazio di probabilità adeguato per l'esperimento di infiniti lanci di una moneta equa, calcolare:
b) la probabilità che la prima croce esca dopo un numero pari di teste
c) la probabilità che l'evento C-T-C avvenga prima dell'evento T-T-T
a) la costruzione è abbastanza facile: come spazio $Omega ={0,1}^N$, come semialgebra $J= {Omega, 0, J_(j_1, j_2, ..., j_k)}$
dove $j_i in {0,1}$ e $J_1$ è l'evento testa al primo lancio, $J_0$ è l'evento croce al primo lancio.
La funzione di probabilità è $P(J_(j_1, ... ,j_k) )= 2^(-k)$
b) Posso scrivere tale evento come unione: $J_{001} uu J_{00001} uu ... $
cioè l'unione per k da 1 ad infinito degli insiemi del tipo $J_(2k,1)$, dove si intende sequenze lunghe 2k di 0 e un 1 alla fine, che ha probabilità:
$P = sum_(1)^(oo) 2^(-2k-1) = 2 - 1/4 -1/2 -1 = 1/4$
c) Qui scriverei sempre l'evento come unione su x e y degli eventi $J_(x101y111)$ dove x e y sono sequenze di 0,1 tali che x non contiene né la sequenza 101 né quella 111, y non contiene la sequenza 111.
Qui mi blocco poi sul calcolo della probabilità...
Qualsiasi suggerimento è ben accetto!!!
Testo: Dopo aver a) costruito uno spazio di probabilità adeguato per l'esperimento di infiniti lanci di una moneta equa, calcolare:
b) la probabilità che la prima croce esca dopo un numero pari di teste
c) la probabilità che l'evento C-T-C avvenga prima dell'evento T-T-T
a) la costruzione è abbastanza facile: come spazio $Omega ={0,1}^N$, come semialgebra $J= {Omega, 0, J_(j_1, j_2, ..., j_k)}$
dove $j_i in {0,1}$ e $J_1$ è l'evento testa al primo lancio, $J_0$ è l'evento croce al primo lancio.
La funzione di probabilità è $P(J_(j_1, ... ,j_k) )= 2^(-k)$
b) Posso scrivere tale evento come unione: $J_{001} uu J_{00001} uu ... $
cioè l'unione per k da 1 ad infinito degli insiemi del tipo $J_(2k,1)$, dove si intende sequenze lunghe 2k di 0 e un 1 alla fine, che ha probabilità:
$P = sum_(1)^(oo) 2^(-2k-1) = 2 - 1/4 -1/2 -1 = 1/4$
c) Qui scriverei sempre l'evento come unione su x e y degli eventi $J_(x101y111)$ dove x e y sono sequenze di 0,1 tali che x non contiene né la sequenza 101 né quella 111, y non contiene la sequenza 111.
Qui mi blocco poi sul calcolo della probabilità...
Qualsiasi suggerimento è ben accetto!!!
Risposte
"baal8282":
b) $P = sum_(1)^(oo) 2^(-2k-1) = 2 - 1/4 -1/2 -1 = 1/4$
Controlla i calcoli, a me viene $1/6$.
Inoltre, sarei propenso a considerare anche $0$ teste come un numero pari, quindi farei partire l'indice da $k=0$ (in tal caso verrebbe $2/3$).
"baal8282":
c) la probabilità che l'evento C-T-C avvenga prima dell'evento T-T-T
Veramente un bel rompicapo questo! (*)
Propongo la seguente soluzione, ma è possibile che ci siano strade più semplici...
Diciamo $s_{k}$ gli $8$ possibili eventi corrispondenti agli esiti dei primi $3$ lanci della moneta:
$s_{1}="TTT"$
$s_{2}="TTC"$
$s_{3}="TCT"$
$s_{4}="TCC"$
$s_{5}="CTT"$
$s_{6}="CTC"$
$s_{7}="CCT"$
$s_{8}="CCC"$
Diciamo $p_{k}$ la probabilità condizionata di terminare con la sequenza vincente ($s_{6}$), dato che partiamo con la sequenza $s_{k}$.
Se partiamo con la sequenza $s_{6}$, allora si ha $p_{6}=1$.
Se partiamo con la sequenza $s_{1}$, allora si ha $p_{1}=0$ (la probabilità di vincere è zero nel senso che esce prima la sequenza $"TTT"$).
Se partiamo con la sequenza $s_{2}$ si ha $p_{2}=1/2p_3+1/2p_4$
Il motivo è che se partiamo con la sequenza $s_2="TTC"$ la prossima sequenza da 3 è o TCT ($s_3$) oppure TCC ($s_4$), ciascuna con probabilità condizionata $1/2$.
Procedendo in modo analogo per gli altri casi, si hanno le altre equazioni (tengo conto che $p_1=0$ e $p_6=1$):
$p_3=1/2+1/2p_5$
$p_4=1/2p_7+1/2p_8$
$p_5=1/2p_2$
$p_7=1/2+1/2p_5$
$p_8=1/2p_7+1/2p_8$
Risolvendo il sistema di 8 equazioni in 8 incognite pervengo alla soluzione:
$p_1=0$
$p_6=1$
$p_2=p_3=p_4=p_7=p_8=2/3$
$p_5=1/3$
La probabilità che esca prima la sequenza CTC è allora: $\sum_{k=1}^{8}1/8*p_k=1/8*(10/3+1/3+1)=7/12$
(*) La domanda proposta è un caso del noto gioco "Penney's game", vedi ad esempio qui.
Edit: corretto errore che faceva saltare il rendering delle formule sul nuovo forum.
"cenzo":
Veramente un bel rompicapo questo!
In effetti, avevo visto il problema e una soluzione semplice non l'avevo trovata, e ci avevo rinunciato. Bel risultato, complimenti; mi chiedo se effettivamente ci sia una soluzione più semplice - non credo.
"Rggb":
mi chiedo se effettivamente ci sia una soluzione più semplice - non credo.
Martingale!
Non mi dilungo troppo ma do direttamente i risultati. Si costruisce un particolare processo ($S_n$) associato alla vincita di un giocatore che lancio per lancio
punta cercando di ottenere le sequenze (TTT) (associamo a questa vincita positiva) o (CTC) (a questa vincita negativa). Quindi poi quando ottiene per la prima volta TTT la vincita sta a 7=4+2+1, quando ottiene CTC sta a -5=-4-1. Il processo S è una martingala.
Si prende T il tempo d'arresto che ci dice il primo istante in cui completiamo una di queste sequenze. Questo è un tempo d'arresto (ed è q.c. finito ad esempio lo si ottinene da Borel Cantelli).
Usando il teorema di arresto opzionale (di Doob) e la convergenza dominata si ottiene
$E[S_T]=0$ ma $S_T$ è uguale a -5 se finiamo con CTC (e chiamo p la prob di finire con questo) o 7 se finiamon con TTT (ed ha probabilità 1-p).
Quindi si ha $0=-5p + 7(1-p)$ e risolvendo p=7/12.
"DajeForte":
[quote="Rggb"]mi chiedo se effettivamente ci sia una soluzione più semplice - non credo.
Martingale![/quote]
Vedi, che ancora devo studiare!
"DajeForte":
Non mi dilungo troppo ma do direttamente i risultati.
Peccato!
"DajeForte":
Quindi poi quando ottiene per la prima volta TTT la vincita sta a 7=4+2+1, quando ottiene CTC sta a -5=-4-1.
Come escono quei numeri 7 e 5 ?
Grazie
@Rggb
Avevo cercato inizialmente di riprodurre (senza successo) lo schema utilizzato in questo file al paragrafo 3 "Penney-Ante" (c'è un interessante ragionamento sull'albero di scelta).
Poi, a furia di cercare, mi sono imbattuto nel metodo che ho mostrato, che ho solo adattato al caso proposto..
Intanto grazie per le risposte, devo dire tutte molto interessanti!!!
Per il punto b) ho rifatto i calcoli, la risposta corretta è in effetti $1/6$, avevo perso un 3...
Come impostazione considero come insieme dei naturali $NN = {1,2,..}$ , anche se in effetti anche 0 è un numero pari, (almeno dalla soluzione, che finalmente esce
)
Per il punto c) la soluzione che l'esercizio prevede credo sia la prima postata da cenzo, in effetti è come aver scritto la matrice di transizione ed aver calcolato i tempi di visita... Devo dire molto interessante anche la soluzione con le martingale, che ho appena iniziato a studiare... a proposito, voi come lo pronunciate Martingale? Ho un professore che lo pronuncia all'italiana (cioè come è scritto) e l'assistente che lo pronuncia all'inglese ("martingheil" per capirci...)
Grazie di nuovo a tutti per le risposte ed anche per i link, che si sono rivelati davvero preziosi!!!!
Per il punto b) ho rifatto i calcoli, la risposta corretta è in effetti $1/6$, avevo perso un 3...
Come impostazione considero come insieme dei naturali $NN = {1,2,..}$ , anche se in effetti anche 0 è un numero pari, (almeno dalla soluzione, che finalmente esce
)Per il punto c) la soluzione che l'esercizio prevede credo sia la prima postata da cenzo, in effetti è come aver scritto la matrice di transizione ed aver calcolato i tempi di visita... Devo dire molto interessante anche la soluzione con le martingale, che ho appena iniziato a studiare... a proposito, voi come lo pronunciate Martingale? Ho un professore che lo pronuncia all'italiana (cioè come è scritto) e l'assistente che lo pronuncia all'inglese ("martingheil" per capirci...)
Grazie di nuovo a tutti per le risposte ed anche per i link, che si sono rivelati davvero preziosi!!!!
"cenzo":
[quote="DajeForte"]Quindi poi quando ottiene per la prima volta TTT la vincita sta a 7=4+2+1, quando ottiene CTC sta a -5=-4-1.
Come escono quei numeri 7 e 5 ?[/quote]
Per far tornare i conti!
Immagina che devi costruire la sequenza TTT o CTC.
Ti trovi a giocare a testa e croce e la tua strategia è quella di provare sempre lancio per lancio a creare una di quelle sequenze.
Quindi supponi che esca T vinci 1 al lancio dopo proverai a ricreare una nuova sequenza e reinvestirai quell'uno per fare la seconda testa.
Riesce T radoppi l'uno e vince 1 perchè hai preso anche la prima testa di una nuova sequenza. Quindi sei a 1+2
Reinvesti il 2 sulla terza testa l'uno sulla seconda testa e poi ricominci una nuova strategia.
Prendi T allora hai chiuso le 3 T e vinci 4; hai chiuso due teste ed hai 2 ed hai chiuso la 1 testa ed hai preso 1.
Lo stesso per CTC
"DajeForte":
Lo stesso per CTC
Ok, grazie!
Per vedere se ho compreso veramente provo a calcolare il numeretto (che poi sarebbe interpretabile tipo come una quota?) per la sequenza CCT.
Esce C e vinco 1 al primo lancio. Reinvesto 1. Esce una seconda C. Ho la sequenza CC.
Raddoppio l'1 a 2 e vinco 1 perchè è uscito C (prima uscita di una nuova sequenza CCT). Sto a 2+1
Reinvesto 2 e raddoppio (4) perchè prendo la sequenza CCT completa
Perdo l'1 investito perchè ho una sottosequenza CT invece che CC.
Non vinco 1 perchè è uscito T invece di C.
Totale 4.
E' giusto?
Se è giusto, mi chiedevo la probabilità che esca CCT prima di CTC.
Col metodo che avevo utilizzato prima, mi esce $P("CCT prima di CTC")=2/3$
(A proposito, baal parlava di matrici di transizione.. quindi è qualcosa che ha a che fare con le catene di Markov?)
Col metodo da te suggerito, dovrebbe venire $P("CCT prima di CTC")=4/9$ , ma forse in questo caso non sono applicabili quei teoremi che hai citato ?
(che poi mi è sembrato come imporre un gioco equo)
Grazie mille
"cenzo":
Ok, grazie!
Figurati
"cenzo":
Per vedere se ho compreso veramente provo a calcolare il numeretto (che poi sarebbe interpretabile tipo come una quota?) per la sequenza CCT.
Esce C e vinco 1 al primo lancio. Reinvesto 1. Esce una seconda C. Ho la sequenza CC.
Raddoppio l'1 a 2 e vinco 1 perchè è uscito C (prima uscita di una nuova sequenza CCT). Sto a 2+1
Reinvesto 2 e raddoppio (4) perchè prendo la sequenza CCT completa
Perdo l'1 investito perchè ho una sottosequenza CT invece che CC.
Non vinco 1 perchè è uscito T invece di C.
Totale 4.
E' giusto?
Dipende in che contesto ti metti. Non ho fatto i tuoi conti ma devi tenere presente che quando chiudi parzialmente una sequenza puoi chiudere anche quell'altra. Quindi se è solo questa è giusto. Se però consideri due sequenze trovandoti a metà strada di una puoi iniziare a vicere anche l'altra
Tornai al caso di prima dove c'era CTC e TTT allora:
TTT non intacca mai CTC perchè non ha una C e non ti fa iniziare CTC.
CTC ha alla seconda una T che ti fa iniziare TTT: la spiegazione è:
esce C vado a -1. poi esce T e chiudo CT e quindi il -1 diventa -2 ma chiudo anche la prima testa dell'altro e quindi ho un +1 sono a -2+1
esce C (chiudo CTC) quindi il -2 diventa -4; il +1 perde perchè giocava sulla seconda testa di TTT; e poi vinco un -1 perchè imbrocco la prima C di CTC.
totale -5.
Col metodo che avevo utilizzato prima, mi esce $P("CCT prima di CTC")=2/3$
(A proposito, baal parlava di matrici di transizione.. quindi è qualcosa che ha a che fare con le catene di Markov?) [/quote]
Il 2/3 è giusto, e si una maniera per vederla è la catena di markov. Abbiamo un processo dove ci sono due barriere assorbenti (quando esce la prima volta CCT o CTC). I rpocesso viene assorbito cioè prima o poi una di queste capita (capitano entrambe ma noi ci fermiamo alla prima).
Ci stiamo chiedendo quale è la prob che il processo sia assorbito da una piuttosto che dall'altra.
Ora sono un po' arrugginito su catene di Markov ma data la matrice di transizione ci dovrebbe essere la maniera (operazioni matriciali) di trovare questa probabilità.
Alla fine della solfa ovviamente c'è la maniera con le martingale prova a rivedere come hai costruito le evoluzioni del processo.
Intanto beccati questo (disordinato e non molto efficiente).
tt=Sys.time()
N=1000
n=50
S=rep(NA,N)
I=rep(NA,N)
for(j in 1:N)
{
a=floor(runif(1,0,2))
for(i in 1:(n-1))
a=c( a, paste( a[i],floor(runif(1,0,2)),sep="" ) )
S[j]=grep("001",a)[1]
I[j]=grep("010",a)[1]
};Sys.time()-tt
length(sort(S))
length(sort(I))
sum(S<I)/N
Vedi se lo riesci ad interpretare altrimenti te lo spiego.
Ciao
Questo mi pare più carino ed evita pure il problema che non esca in n lanci.
tt=Sys.time()
N=10000
S=rep(0,N)
for(j in 1:N)
{
a=floor(runif(3,0,2))
t=3
while( sum( a[(t-2):t] == c(0,0,1) ) < 3 & sum( a[(t-2):t] == c(0,1,0) ) < 3 )
{
a=c(a, floor(runif(1,0,2)) )
t=t+1
}
if( sum(a[(t-2):t] == c(0,0,1)) ==3 ) { S[j]=1}
}
sum(S)/N;Sys.time()-tt
"DajeForte":
Dipende in che contesto ti metti. Non ho fatto i tuoi conti ma devi tenere presente che quando chiudi parzialmente una sequenza puoi chiudere anche quell'altra. Quindi se è solo questa è giusto. Se però consideri due sequenze trovandoti a metà strada di una puoi iniziare a vicere anche l'altra
... c'è la maniera con le martingale prova a rivedere come hai costruito le evoluzioni del processo.
Capisco, e in effetti mi tornava strano che non ci fosse una influenza reciproca tra le due sequenze.
Ho provato allora a calcolare le quote per "CCT prima di CTC", tenendo conto di quello che vinco con la prima e perdo con la seconda, sempre con la logica del raddoppio e delle sottosequenze.
Mi viene +2 per CCT e -4 per CTC. Da cui la probabilità che CCT esca prima è $4/6=2/3$. Quindi il conto torna.
E direi che è anche molto più rapido..
"DajeForte":
Intanto beccati questo (disordinato e non molto efficiente).
[cut]
Vedi se lo riesci ad interpretare altrimenti te lo spiego.
Si, ho compreso, anche il problema da cui è affetto se in n=50 estrazioni non esce una delle due sequenze.
Fantastica la funzione "grep" (non conoscevo), risparmia un bel po' di fatica!
Qualche giorno fa, ragionando sull'albero di scelta, mi ero scritto questo codice: non è una simulazione, mi costruisco l'albero a partire dalle 8 possibili sequenze iniziali contando i favorevoli e aggiungendo man mano altre foglie all'albero...
# costruisce le sequenze (albero) di eventi favorevoli e stima la probabilità fino ad n estrazioni
library(gtools)
penney <- function(n=10,A=c("C","C","T"), B=c("C","T","C")) { # n>=3
coin <- c("T","C")
flip <- permutations(length(coin),3,v=coin,repeats.allowed=TRUE)
win <- matrix(0,nrow=n,ncol=2) # conta vittorie di A e B
for (k in 3:n) {
del <- numeric()
for (i in 1:dim(flip)[1]) {
if (flip[i,1]==A[1] & flip[i,2]==A[2] & flip[i,3]==A[3]) {
win[k,1] <- win[k,1]+1
del <- c(del,i)
}
else if (flip[i,1]==B[1] & flip[i,2]==B[2] & flip[i,3]==B[3]) {
win[k,2] <- win[k,2]+1
del <- c(del,i)
}
}
flip <- flip[-del,-1] # elimino le righe vincenti e la prima colonna
flip <- rbind(cbind(flip,"C"),cbind(flip,"T")) # raddoppio, aggiungendo ad ogni foglia o C o T
}
pA <- pB <- 0
for(i in 1:n) {
pA <- pA+win[i,1]*0.5^i
pB <- pB+win[i,2]*0.5^i
}
cat("P(A) =",pA,"\n")
cat("P(B) =",pB,"\n")
invisible(win)
}
> win <- penney(27)
P(A) = 0.6662875
P(B) = 0.3332129Ora mi son messo a ragionare con 3 giocatori: CTT, CCT, TCC ...
Grazie Daje!
"cenzo":
Ora mi son messo a ragionare con 3 giocatori: CTT, CCT, TCC ...
Grazie Daje!
Io invece stavo valutando la probabilità che cambia in funzione del tempo.
Un esempio:
Stasera sono state effettuati 10 lanci della moneta, e guarda caso, non si è mai vericata nessuna delle nostre due sequenze [CTC] e [TTT]. Si è fatto tardi, e si continuera' domani, proseguendo normalmente (ovvero 11^ lancio sara' il successivo del 9^ e del 10^ di stasera).
Sono stati annotati le 8 sequenze uscite stasera (partendo dalla terza).
Domanda(1): In quanti modi le 8 sequenze possono differire?
Domanda(2): La probabilità che esca domani [CTC] prima di [TTT] è cambiata rispetto ad oggi ?
"Umby":
Domanda(1): In quanti modi le 8 sequenze possono differire?
Domanda(2): La probabilità che esca domani [CTC] prima di [TTT] è cambiata rispetto ad oggi ?
La domanda uno non capisco bene cosa vuoi.
2) Se non conosci le ultime due no non cambia; se le conosci si cambia e vengono tutte 2/3 tranne TT che viene 1/3.
"cenzo":
Ora mi son messo a ragionare con 3 giocatori: CTT, CCT, TCC
Col metodo delle probabilità di transizione mi viene una probabilità di vittoria per TCC pari a $5/12$, per CCT di $1/4$ e per CTT di $1/3$.
E' sempre possibile ragionare anche con le martingale ?
Consideriamo TCC. Ho ipotizzato valori positivi per TCC e negativi per gli altri due.
Analizzando le sequenze però mi viene +0 per TCC contro gli altri due..
Possibile ?"Umby":
Domanda(1): In quanti modi le 8 sequenze possono differire?
Intendi dire: quante sono le sequenze di 10 lanci che non contengono TTT nè CTC ?
"Umby":
Domanda(2): La probabilità che esca domani [CTC] prima di [TTT] è cambiata rispetto ad oggi ?
Le sequenze sono state annotate nel senso che sappiamo gli esiti degli ultimi due lanci ?
"cenzo":
Intendi dire: quante sono le sequenze di 10 lanci che non contengono TTT nè CTC ?
"DajeForte":
La domanda uno non capisco bene cosa vuoi.
La mia idea è quella di calcolare quante sequenze soddisfano la condizione (non escono dopo 10 lanci TTT e CTC). Come dice Cenzo
Esempio: dopo 3 lanci possiamo avere 8 sequenze di cui 2 da scartare [CTC] e [TTT] perchè sappiamo che non sono uscite.
Al 4^ lancio le sequenze possibili sono 12 (6x2), ma ne scartiamo 3 2[CTC] e [TTT]
Continuando cosi' arriviamo al 10 lancio con 88 sequenze, di queste:
28 terminano con [CC]
28 con [CT]
13 con [TC]
19 con [TT]
S.E.&.O.
"cenzo":
Le sequenze sono state annotate nel senso che sappiamo gli esiti degli ultimi due lanci ?
... e no, NON LO SO....
pero' come prima ho scritto, posso valutare quale coppia finale e più probabile, e con questo rivedere le % di vincita della ns. sequenze.
....fai una simulazione ?
"Umby":
Continuando cosi' arriviamo al 10 lancio con 88 sequenze, di queste:
28 terminano con [CC]
28 con [CT]
13 con [TC]
19 con [TT]
S.E.&.O.
Confermo. Sono appena arrivato allo stesso risultato.... (che sudata!)
In tal modo però, se non erro, la probabilità condizionata che CTC vinca su TTT, dato che su 10 lanci non c'è ancora nessun vincitore, sarebbe:
$28/88*2/3+28/88*2/3+13/88*2/3+19/88*1/3=157/264\sim0.5947>7/12\sim0.5833$ (quella a priori)
@DajeForte
R conferma le probabilità condizionate che hai scritto in pochissimo tempo
... che approccio hai seguito ?Non sono riuscito a procedere con le probabilità di transizione...
E già giusto mi ero perso un po' di informazione.
@cenzo: veloce eh? martingale! però vedi per fare di fretta mi ero perso un pezzo.
Sulla questione del tre c'è una maniera anche con le martingale però non credo sia così immediato sgamare la martingala.
Come dice Rggb: pondering*
@cenzo: veloce eh? martingale! però vedi per fare di fretta mi ero perso un pezzo.
Sulla questione del tre c'è una maniera anche con le martingale però non credo sia così immediato sgamare la martingala.
Come dice Rggb: pondering*
"cenzo":
Non sono riuscito a procedere con le probabilità di transizione...
Credo di esserci arrivato...
Se ripartiamo con la sequenza CC allora possiamo avere le sequenze CCT o CCC con $p=1/2$.
Segue che la probabilità di vittoria di CTC, dato che iniziamo con CC è: $P("CTC|CC")=1/2*P("CTC|CT")+1/2*P("CTC|CC")$
Se ripartiamo con la sequenza CT allora possiamo avere le sequenze CTT o CTC con $p=1/2$.
Segue che la probabilità di vittoria di CTC, dato che iniziamo con CT è: $P("CTC|CT")=1/2*P("CTC|TT")+1/2*1$
in quanto se esce CTC abbiamo certamente vinto.
Procedendo in modo analogo, le altre due equazioni sono:
$P("CTC|TC")=1/2*P("CTC|CC")+1/2*P("CTC|CT")$
$P("CTC|TT")=1/2*P("CTC|TC")$
Risolvendo il sistema si ottiene proprio $P("CTC|CC")=P("CTC|CT")=P("CTC|TC")=2/3$ e $P("CTC|TT")=1/3$
***
Una cosa interessante del gioco di Penney a due è che conviene scegliere la sequenza per secondo, osservando la scelta del primo giocatore, in modo da massimizzare la probabilità di vittoria. Non c'è una sequenza in assoluto preferibile.
Ad esempio se A=CCT conviene B=TCC (vince con p=3/4).
Se B=TCC conviene C=TTC (vince con p=2/3).
Se C=TTC conviene C=CTT (vince con p=3/4).
Se C=CTT conviene A=CCT (vince con p=2/3). E così si crea una circolarità.
Se giocano tutti e 4 contemporaneamente mi risulta $p=1/4$ per tutti.
"Umby":
....fai una simulazione ?
OK
Mi sono basato sul secondo ottimo codice di Daje
:penneycond <- function(n=10000,lanci=10) { # n simulazioni
coin <- c(0,1)
fav <- tot <- 0
for(j in 1:n) {
flip <- sample(coin,3,T)
t <- 3
while(sum(flip[(t-2):t]==c(1,0,1))<3 & sum(flip[(t-2):t]==c(0,0,0))<3) {
flip <- c(flip,sample(coin,1,T))
t <- t+1
}
if (t>lanci) {
tot <- tot+1
if(sum(flip[(t-2):t]==c(1,0,1))==3) fav <- fav+1
}
}
fav/tot
}
> penneycond(1000000)
[1] 0.594198
> penneycond(2000000)
[1] 0.5938481
> penneycond(1000000)
[1] 0.5970307Il risultato è abbastanza vicino al teorico $157/264\sim0.5947$
Comunque non saprei quanto è significativo visto che la probabilità a priori era $7/12\sim0.5833$ (giusto una 'ntecchia in meno)
imho: nonostante 1-2 milioni di prove, pesa il fatto che, in media, 1024-88 casi su 1024 sono sprecati...
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