Lancio moneta. Esiti T pari.
Una moneta viene lanciata n volte.
Dimostrare che la probabilità che il numero delle teste sia pari è $1/2[1+(q-p)^n]$ dove $mathbb{P}("testa")=p$, $mathbb{P}("croce")=q$ e $p+q=1$
Ho iniziato utilizzando la "formula"
$mathbb{P}("testa k volte")=((n),(k))$$(p^k)(q^(n-k)) $
Ho difficoltà nel gestire tutti i possibili esiti favorevoli
Dimostrare che la probabilità che il numero delle teste sia pari è $1/2[1+(q-p)^n]$ dove $mathbb{P}("testa")=p$, $mathbb{P}("croce")=q$ e $p+q=1$
Ho iniziato utilizzando la "formula"
$mathbb{P}("testa k volte")=((n),(k))$$(p^k)(q^(n-k)) $
Ho difficoltà nel gestire tutti i possibili esiti favorevoli
Risposte
Non è che tu ti sia sforzato molto eh....hai solo ricopiato la formula della binomiale.
Dato che comunque hai mostrato buona volontà cercando di sistemare le formule, vediamo come risolvere senza spargere troppo sangue.
Osserva che, considerando lo sviluppo del binomio di Newton (non a caso la distribuzione in oggetto si chiama "Binomiale")
1) con $n$ pari
$(q+p)^n=((n),(0))q^np^0+((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2+((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
$(q-p)^n=((n),(0))q^np^0-((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2-((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
1) con $n$ dispari
$(q+p)^n=((n),(0))q^np^0+((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2+((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
$(q-p)^n=((n),(0))q^np^0-((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2-((n),(3))q^(n-3)p^3+...-((n),(n))q^0p^n$
come puoi vedere, in entrambi i casi (quindi indipendentemente dal fatto che $n$ sia pari o dispari), sommando membro a membro i due sviluppi, tutte le probabilità di avere teste dispari si elidono e rimane come risultato 2 volte la probabilità di avere teste pari
in definitiva possiamo scrivere chela probabilità cercata è la metà della somma dei due binomi elevati alla $n$, ovvero
$1/2[(q+p)^n+(q-p)^n]=1/2[1+(q-p)^n]$
cvd
più facile che
Giova osservare che, per $n$ grande, la probabilità cercata tende ad $1/2$ qualunque sia la probabilità di testa o croce, essendo $lim_(n rarr +oo)(q-p)^n=0$
Dato che comunque hai mostrato buona volontà cercando di sistemare le formule, vediamo come risolvere senza spargere troppo sangue.
Osserva che, considerando lo sviluppo del binomio di Newton (non a caso la distribuzione in oggetto si chiama "Binomiale")
1) con $n$ pari
$(q+p)^n=((n),(0))q^np^0+((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2+((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
$(q-p)^n=((n),(0))q^np^0-((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2-((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
1) con $n$ dispari
$(q+p)^n=((n),(0))q^np^0+((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2+((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n$
$(q-p)^n=((n),(0))q^np^0-((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2-((n),(3))q^(n-3)p^3+...-((n),(n))q^0p^n$
come puoi vedere, in entrambi i casi (quindi indipendentemente dal fatto che $n$ sia pari o dispari), sommando membro a membro i due sviluppi, tutte le probabilità di avere teste dispari si elidono e rimane come risultato 2 volte la probabilità di avere teste pari
in definitiva possiamo scrivere chela probabilità cercata è la metà della somma dei due binomi elevati alla $n$, ovvero
$1/2[(q+p)^n+(q-p)^n]=1/2[1+(q-p)^n]$
cvd
più facile che
Giova osservare che, per $n$ grande, la probabilità cercata tende ad $1/2$ qualunque sia la probabilità di testa o croce, essendo $lim_(n rarr +oo)(q-p)^n=0$
Ho trovato questo topic interessante e non mi sarebbe venuta in mente una soluzione del genere..
una domanda se
allora che significato ha in probabilità
$ (q-p)^n=P(?)$
oppure è soltanto un tuo modo di pensare per togliere ed eliminare tutte le probabilità che esca un numero di teste dispari? Grazie
una domanda se
"martifinanza":è la probabilità che esca testa $k$ volte
$ mathbb{P}("testa k volte")=((n),(k)) $$ (p^k)(q^(n-k)) $
allora che significato ha in probabilità
"tommik":
$ (q-p)^n=((n),(0))q^np^0-((n),(1))q^(n-1)p+((n),(2))q^(n-2)p^2-((n),(3))q^(n-3)p^3+...+((n),(n))q^0p^n $
$ (q-p)^n=P(?)$
oppure è soltanto un tuo modo di pensare per togliere ed eliminare tutte le probabilità che esca un numero di teste dispari? Grazie
ciao @Jacob. No, nessun significato.
$(q-p)^n$ non è una probabilità! Lo si vede subito essendo minore di zero per $AA q
Sicuramente esistono altre strade ma questa mi sembra molto elegante.
Ho iniziato a risolvere così
...ma trovandomi in difficoltà nel semplificare la sommatoria per arrivare alla soluzione ci ho pensato su un po' trovando una via alternativa e semplice.
$(q-p)^n$ non è una probabilità! Lo si vede subito essendo minore di zero per $AA q
Sicuramente esistono altre strade ma questa mi sembra molto elegante.
Ho iniziato a risolvere così
$mathbb{P}["# Teste pari su n lanci"]=sum_(k=0)^(floor(n/2))((n),(2k))p^(2k)q^(n-2k)$
...ma trovandomi in difficoltà nel semplificare la sommatoria per arrivare alla soluzione ci ho pensato su un po' trovando una via alternativa e semplice.
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