Probabilità nel lancio di due monete in k lanci (1)
Salve a tutti,
come da titolo, ho alcuni dubbi su 3 quesiti di probabilità. Premesse: per ora non vorrei tenere in conto la teoria "della fallacia dello scommettitore", i lanci, dunque, si devono ancora eseguire tutti e le monete non sono truccate.
Ecco i miei quesiti:
1) Qual è la probabilità che servano k lanci di due monete per avere almeno una volta (quindi da una volta in su) testa su almeno una delle due monete (quindi su minimo una e massimo, ovviamente, due) ?
Io ho provato a risolverlo così: intanto deve essere \(\displaystyle k\geq 1 \) (cioè almeno un lancio si deve fare), poi si considerano tutti i casi possibili ad ogni lancio: (C,C) ; (T,C) ; (C,T) ; (T,T) avendo denotato con C croce e T testa.
Quindi ad ogni lancio io ho una probabilità pari a \(\displaystyle \frac{3}{4} \) di avere almeno una testa ed probabilità pari ad \(\displaystyle \frac{1}{4} \) di nessuna testa. Essendo ogni lancio indipendente dal primo l'intersezione delle probabilità è il prodotto delle singole probabilità. Allora ho pensato di risolvere il problema pensandolo in questo modo: <>
La risposta dovrebbe essere\(\displaystyle \left ( \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} \right )^k= \left ( \frac{1}{4} \right )^k \)Giusto? (il prodotto dei due \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \) rappresenta il prodotto della probabilità di avere croce sulla prima moneta per la probabilità di avere croce anche sulla seconda moneta).
Allora la probabilità che occorrano k lanci per avere almeno una volta testa su almeno una delle due monete dovrebbe essere\(\displaystyle 1- \left (\frac{1}{4}\right )^k \) Giusto? Se lo fosse, si potrebbe notare come all'aumentare di k sia sempre più probabile ottenere testa prima di arrivare al k-esimo lancio:\(\displaystyle \left ( \frac{1}{4} \right )^4 > >\left ( \frac{1}{2} \right )^{50} \).
Se fino a qui è tutto giusto, allora ho due domande:
a) Il numero \(\displaystyle \left ( \frac{3}{4} \right )^k \) non è anche la probabilità di ottenere testa, su almeno una delle due monete, in ognuno dei k lanci (cioè la probabilità che in ogni lancio ci sia sempre una testa)?
b) Perché, su un altro sito (non so se posso linkarlo), in merito allo stesso quesito, ho letto che la probabilità che bisogna considerare è quella dell'evento (k-1 No testa) ed essa è pari a \(\displaystyle \left (\frac{1}{4} \right )^{k-1} \)?
Grazie
come da titolo, ho alcuni dubbi su 3 quesiti di probabilità. Premesse: per ora non vorrei tenere in conto la teoria "della fallacia dello scommettitore", i lanci, dunque, si devono ancora eseguire tutti e le monete non sono truccate.
Ecco i miei quesiti:
1) Qual è la probabilità che servano k lanci di due monete per avere almeno una volta (quindi da una volta in su) testa su almeno una delle due monete (quindi su minimo una e massimo, ovviamente, due) ?
Io ho provato a risolverlo così: intanto deve essere \(\displaystyle k\geq 1 \) (cioè almeno un lancio si deve fare), poi si considerano tutti i casi possibili ad ogni lancio: (C,C) ; (T,C) ; (C,T) ; (T,T) avendo denotato con C croce e T testa.
Quindi ad ogni lancio io ho una probabilità pari a \(\displaystyle \frac{3}{4} \) di avere almeno una testa ed probabilità pari ad \(\displaystyle \frac{1}{4} \) di nessuna testa. Essendo ogni lancio indipendente dal primo l'intersezione delle probabilità è il prodotto delle singole probabilità. Allora ho pensato di risolvere il problema pensandolo in questo modo: <
La risposta dovrebbe essere\(\displaystyle \left ( \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} \right )^k= \left ( \frac{1}{4} \right )^k \)Giusto? (il prodotto dei due \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \) rappresenta il prodotto della probabilità di avere croce sulla prima moneta per la probabilità di avere croce anche sulla seconda moneta).
Allora la probabilità che occorrano k lanci per avere almeno una volta testa su almeno una delle due monete dovrebbe essere\(\displaystyle 1- \left (\frac{1}{4}\right )^k \) Giusto? Se lo fosse, si potrebbe notare come all'aumentare di k sia sempre più probabile ottenere testa prima di arrivare al k-esimo lancio:\(\displaystyle \left ( \frac{1}{4} \right )^4 > >\left ( \frac{1}{2} \right )^{50} \).
Se fino a qui è tutto giusto, allora ho due domande:
a) Il numero \(\displaystyle \left ( \frac{3}{4} \right )^k \) non è anche la probabilità di ottenere testa, su almeno una delle due monete, in ognuno dei k lanci (cioè la probabilità che in ogni lancio ci sia sempre una testa)?
b) Perché, su un altro sito (non so se posso linkarlo), in merito allo stesso quesito, ho letto che la probabilità che bisogna considerare è quella dell'evento (k-1 No testa) ed essa è pari a \(\displaystyle \left (\frac{1}{4} \right )^{k-1} \)?
Grazie
Risposte
come avrai letto sull'altro sito, la probabilità è semplicemente
$(1/4)^(k-1)3/4$
ovvero per (k-1) lanci soltanto croci e poi almeno una testa....
PS: un topic ogni esercizio, grazie
$(1/4)^(k-1)3/4$
ovvero per (k-1) lanci soltanto croci e poi almeno una testa....
PS: un topic ogni esercizio, grazie
Questi esercizi ricordo che sembravano contro intuitivi anche a me 
In genere mi sono abituato a ragionare molto con gli insiemi.
Lo spazio degli eventi del lancio contemporaneo di due monete è
per cui si ha una cardinalità dello spazio degli eventi $|Omega|=1/4$ e, considerando ogni lancio equiprobabilie, cioè moneta non truttcata, si ha
La probabilità che esca almeno una testa è rappresentata dal calcolo della probabilità dell'evento $A={TC, CT, T T}$ che è proprio il complementare dell'evento $B={C C}$, per cui $P(B)=1-P(A)$[nota]Ovvero $P(A)+P(B)=P(Omega)=1$[/nota].
Quindi o capita $A$ o capita $B$.
Dovrebbe essere chiaro che se al primo lancio esce un sotto-evento di $A$, per il principio di enumerazione,
Se si verifica $B$ e poi $A$ si ha
Se si è verificato $B, B, A$, si ha
e così via, fino a $kin NN$ lanci
Ottenendo così la formula postata da @tommik
In genere mi sono abituato a ragionare molto con gli insiemi.Lo spazio degli eventi del lancio contemporaneo di due monete è
$Omega={T,C}xx{T,C}={T T, TC, CT, C C}$
per cui si ha una cardinalità dello spazio degli eventi $|Omega|=1/4$ e, considerando ogni lancio equiprobabilie, cioè moneta non truttcata, si ha
$P(omega)=1/|Omega|, qquad AA omega in Omega$
La probabilità che esca almeno una testa è rappresentata dal calcolo della probabilità dell'evento $A={TC, CT, T T}$ che è proprio il complementare dell'evento $B={C C}$, per cui $P(B)=1-P(A)$[nota]Ovvero $P(A)+P(B)=P(Omega)=1$[/nota].
Quindi o capita $A$ o capita $B$.
Dovrebbe essere chiaro che se al primo lancio esce un sotto-evento di $A$, per il principio di enumerazione,
$P(1<=T<=2)=P(B)^0*P(A)=3/4$
Se si verifica $B$ e poi $A$ si ha
$P(1<=T<=2)=P(B)^(1)*P(A)=1/4 * 3/4$
Se si è verificato $B, B, A$, si ha
$P(1<=T<=2)=P(B)*P(B)*P(A)=P(B)^(2)P(A)$
$=(1/4)^2 * 3/4$
e così via, fino a $kin NN$ lanci
$P(1<=T<=2)=P(B)^(k-1)P(A)=$
$=(1/4)^(k-1) * 3/4$
Ottenendo così la formula postata da @tommik
Ok, ho capito. La mia confusione derivava dal fatto di voler considerare anche il caso di non avere MAI testa su nessuna delle due monete nei k lanci; ma ovviamente questo significherebbe invalidare la domanda stessa: cioè se non avessi mai testa su nessuna delle due monete nei k lanci, non servirebbero più k lanci ma k+n: aumentando il numero dei lanci diventa sempre più probabile avvicinarsi al 100% di avere testa.
Quindi se considero una sola moneta la probabilità di avere sicuramente testa aumenta al numero di lanci secondo la legge \(\displaystyle 1-\left ( \frac{1}{2} \right )^k \), per due monete ho \(\displaystyle 1-\left ( \frac{1}{4} \right )^k \), dove \(\displaystyle \left ( \frac{1}{4} \right ) \) è il prodotto tra la probabilità di avere croce sulla prima moneta che è \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \) e la probabilità di avere croce anche sulla seconda moneta che è sempre \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \), giusto?
EDIT: dovrebbe essere giusto, infatti, per k=6 lanci, la probabilità di avere testa è 0,984375 (usando la formula scritta da me), quindi la probabilità di NON avere testa nei 6 lanci è 1-0,984375=0,015625 che coincide con il risultato che si ottiene usando la formula binomiale:\(\displaystyle X\sim Bin(n,p) \) allora \(\displaystyle P(x=0) = \frac{6!}{0!(6-0)!}0,5^00,5^{6-0}=0,015625 \)
Quindi se considero una sola moneta la probabilità di avere sicuramente testa aumenta al numero di lanci secondo la legge \(\displaystyle 1-\left ( \frac{1}{2} \right )^k \), per due monete ho \(\displaystyle 1-\left ( \frac{1}{4} \right )^k \), dove \(\displaystyle \left ( \frac{1}{4} \right ) \) è il prodotto tra la probabilità di avere croce sulla prima moneta che è \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \) e la probabilità di avere croce anche sulla seconda moneta che è sempre \(\displaystyle \left ( \frac{1}{2} \right ) \), giusto?
EDIT: dovrebbe essere giusto, infatti, per k=6 lanci, la probabilità di avere testa è 0,984375 (usando la formula scritta da me), quindi la probabilità di NON avere testa nei 6 lanci è 1-0,984375=0,015625 che coincide con il risultato che si ottiene usando la formula binomiale:\(\displaystyle X\sim Bin(n,p) \) allora \(\displaystyle P(x=0) = \frac{6!}{0!(6-0)!}0,5^00,5^{6-0}=0,015625 \)
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