Quesito maturità 2018

[Brufus1]

in un gioco a due giocatori ogni partita vinta frutta 1 punto e vince chi per primo raggiunge 10 punti.Due giocatori che hanno la stessa probabilità di vincere si sfidano.Qual è la probabilità che uno dei due vinca in un numero di partite minore o uguale a 12?

Ho letto la soluzione in rete a cura di alcuni tizi chiamati Rossi e Tomasi ma la trovo veramente lacunosa dal unto di vista logico. ecco il ragionamento che ho ricostruito (loro lo hanno completamente saltato)

facciamo finta che esista uno spazio di probabilità che modellizzi il problema, chiamiamo $\Omega$ l'insieme dei risultati e $\mathcal{P} (\Omega)$ 'insieme degli eventi e facciamo finta che $\mathbb{P}$ sia la nostra pseudo-probabilità. Ovviamente noi abbiamo la minima idea di chi siano quegli insiemi ma battezziamo gli pseudo-eventi
$ V=\{\text{ il giocatre vince }\ }$
$ V_10=\{\text{ il giocatre vince in 10 partite}\ } $
$ V_11=\{\text{ il giocatre vince in 11 partite}\ } $
$ V_12=\{\text{ il giocatre vince in 12 partite}\ } $
Anche non avendo la minima idea dell'ambiente matematico in cui stiamo lavorando per pure considerazioni svolte in italiano, usando un minimo di logica aristotelica possiamo azzardare
$V= V_10 \cup V_11 \cup V_12$ dove l'unione è disgiunta.
Ora se per assurdo $\mathbb{P}$ fosse effettivamente una probabilità potremmo scrivere $\mathbb{P}(V)=\mathbb{P}(V_10)+\mathbb{P}(V_11)+\mathbb{P}(V_12)$

adesso viene la parte più mistica.Come posso tentare di calcolare ad esempio $\mathbb{P}(V_10)$ ? Leggendo attentamente in italiano e sfruttando un ragionamento per analogia posso ritenere ragionevole confrontare la mia situazione con una moneta equilibrata lanciata dieci volte e quindi andare a sbirciare in un altro spazio di probabilità cioè quello di una moneta lanciata 10 volte . Questo spazio di probabilità è interamente costruito ad esempio possono considerare $\Omega_10=\{ \text{tutte le stringhe di lunghezza 10 che contengono lettere T o C} \}$ e dotarlo della probabilità $\mathbb{P}_10 (\{\text{escono k teste su 10 lanci}\}) =\frac{10!}{k!( 10-k)!} \frac{1}{2^10}$
Pertanto per calcolare la pseudo-probabilità $\mathbb{P}(V_10)$ tramite unasorta di mappa iniettiva vado a lavorare su $\mathbb{P}_10(\{\text{escono dieci teste su dieci lanci}\}$ ed analogamente per calcolare per calcolare la pseudo-probabilità $\mathbb{P}(V_11)$ tramite unasorta di mappa iniettiva vado a lavorare su$ \mathbb{P}_11(\{\text{escono dieci teste su undici lanci}\}$ e così via.
Ora al di là di calcoli combinatori che andrebbero fatti per escludere delle stringhe che potrebbero essere contate più volte la domanda che sorge spontanea in un ragionamento sgangherato come questo è:

chi ci assicura che la pseudo-probabilità così costruita a sentimento $\mathbb{P}$ sia effettivamente una probabilità?

[Quinzio]

Scusami ma non ho letto attentamente il ragionamento e ti propongo una soluzione.

In effetti il problema equivale al lancio di una moneta.

10 teste in 10 lanci si ottengono in un modo solo, quindi:
$V_{10} = 1/2^10$

10 teste in 11 lanci: l'ultimo lancio deve essere testa e quindi c'e' una croce nei primi 10 lanci:
$V_{11} = 10/2^11 $
CTTTTTTTTTT
TCTTTTTTTTT
TTCTTTTTTTT
.......
TTTTTTTTTCT

10 teste in 12 lanci: l'ultimo lancio deve essere testa e quindi ci sono 2 croci nei primi 11 lanci:
$V_{11} = (11*10)/2 * 1/2^12 $
CCTTTTTTTTTT
CTCTTTTTTTTT
CTTCTTTTTTTT
.......
TCCTTTTTTTTT
TCTCTTTTTTTT
.......
TTTTTTTTTCCT

E si sommano le 3 probablita' per avere il totale. E moltiplicare per 2 siccome il problema prevede che vinca sia uno che l'altro.

[ghira1]

Quinzio: dovresti moltiplicare per 2 visto che non ci importa chi vince?

[Brufus1]

Ciao Quinzio grazie per la risposta. Forse dovresti leggere più attentamente il mio ragionamento perché tutto ciò che hai scritto deve essere argomentato con teoremi e logica di base. Stai sommando tre probabilità prese in prestito da 3 spazi di probabilità diversi, chi ti assicura che questa roba sia una probabilità?

[Quinzio]

"ghira":Quinzio: dovresti moltiplicare per 2 visto che non ci importa chi vince?

Uh... hai ragione, grazie. Avevo tralasciato "uno dei due".

[Brufus1]

Quindi mi pare di capire che in probabilità si facciano conti meccanicamente senza avere la minima idea dell'apparato matematico utilizzato, senza avere idea se quello che si sta facendo abbia senso, senza sapere quali teoremi si stanno invocando. Tutto a occhio.

[axpgn]

Cioè affermi ciò perché la soluzione che hai letto non è dettagliata? Mi sembra un po' esagerato ...

[Quinzio]

"Brufus":Quindi mi pare di capire che in probabilità si facciano conti meccanicamente senza avere la minima idea dell'apparato matematico utilizzato, senza avere idea se quello che si sta facendo abbia senso, senza sapere quali teoremi si stanno invocando. Tutto a occhio.

Ni. Si e no.
In effetti quando si ha a che fare con eventi randomici e a volte irripetibili non e' sempre ovvio cosa si intenda con probabilita'.
Vi sono varie definizioni della probabilita'.
Ad es. la
Definizione classica
Secondo la prima definizione di probabilità, per questo detta «classica», la probabilità di un evento è il rapporto tra il numero dei casi favorevoli e il numero dei casi possibili.

E' quella che ho usato per assegnare una probabilita' agli eventi del problema che hai postato.

Qui ci sono le varie definizioni:
https://it.wikipedia.org/wiki/Probabili ... efinizioni

Quella piu' inquietante e' questa:
De Finetti e Savage[7] hanno proposto una definizione di probabilità applicabile ad esperimenti casuali i cui eventi elementari non siano ritenuti ugualmente possibili e che non siano necessariamente ripetibili più volte sotto le stesse condizioni: la probabilità di un evento è il prezzo che un individuo ritiene equo pagare per ricevere 1 se l'evento si verifica, 0 se l'evento non si verifica.

[Brufus1]

"axpgn":Cioè affermi ciò perché la soluzione che hai letto non è dettagliata? Mi sembra un po' esagerato ...

La soluzione che ho letto non è ciò che leggi nel primo messaggio, quella è tutta opera mia; quella che trovi in rete http://www.matematica.it/tomasi/matls/2018/index.htm scritta da quei due tizi molto semplicemente può andar bene ad un ingegnere, ad un pratico praticone, ma di certo non vi è l'ombra di matematica, di rigore, di precisione, di logica, di passaggi, di nulla insomma. Prova ne è che nessuno sa spiegare per quale motivo la somma di tre numeri a caso sia effettivamente una probabilità! Forse perché nessuno ha alcuna idea su quale sia lo spazio di probabilità, nessuno sa quale sia la misura di probabilità adottata, tutto viene svolto secondo una liturgia ingegneresca

[Brufus1]

E' quella che ho usato per assegnare una probabilita' agli eventi del problema che hai postato.

Io non credo che tu abbia usato questo modello. Tu hai fatto spesa in 3 spazi di probabilità totalmente diversi dove su ciascuno hai usato la legge binomiale che per essere calcolata utilizza pesantemente il concetto di eventi indipendenti e non di probabilità uniforme. Quindi hai calcolato 3 probabilità diverse in 3 spazi di probabilità diversi con 3 leggi binomiali diverse e hai sommato tutto. Io non vedo l'ombra di matematica in questo calcolo che sarà anche corretto ma necessita di argomentazioni teoriche che latitano.

[axpgn]

"Brufus":La soluzione che ho letto molto semplicemente può andar bene ad un ingegnere, ad un pratico praticone, ma di certo non vi è l'ombra di matematica, di rigore, di precisione, di logica, di passaggi, di nulla insomma.

È la soluzione non la dimostrazione della soluzione, capisci la differenza?

Peraltro la cosa è semplice: prendi tutti i casi possibili ovvero $2^19=524.888$, conti i casi favorevoli, che a me vengono $20.434$ e fai il rapporto tra i due che a me viene all'incirca $3,89%$.
Finito.

[Quinzio]

"Brufus":

E' quella che ho usato per assegnare una probabilita' agli eventi del problema che hai postato.

Io non credo che tu abbia usato questo modello. Tu hai fatto spesa in 3 spazi di probabilità totalmente diversi dove su ciascuno hai usato la legge binomiale che per essere calcolata utilizza pesantemente il concetto di eventi indipendenti e non di probabilità uniforme. Quindi hai calcolato 3 probabilità diverse in 3 spazi di probabilità diversi con 3 leggi binomiali diverse e hai sommato tutto. Io non vedo l'ombra di matematica in questo calcolo che sarà anche corretto ma necessita di argomentazioni teoriche che latitano.

Non capisco perche' parli di 3 spazi di probabilita' diversi.
Di fatto lo spazio e' sempre quello e sono i 12 lanci di un moneta, ovvero sono le stringhe di 12 caratteri, dove ogni carattere e' una cifra binaria.
Anche la probabilita' di vincere in 10 lanci puo' sempre essere vista come una stringa di 12, in cui gli ultimi 2 lanci sono indifferenti.
Ad es.
TTTTTTTTTT CC
TTTTTTTTTT CT
TTTTTTTTTT TC
TTTTTTTTTT TT
La probabilita' di uno degli eventi sopra e' $1/2^12$, ma siccome tutti e 4 sono favorevoli, alla fine la probabilita' di avere
TTTTTTTTTT
ovvero la vincita' in 10 lanci, e' di $1/2^10$.
Sembra che vai a pescare in uno spazio di probabilita' diverso, ma in realta' e' sempre quello di una stringa di 12 caratteri.
Certo, tutte le volte bisognerebbe dimostrare che gli insiemi su cui vai a sommare le probabilita' sono disgiunti e quindi puoi sommare le probabilita'.
Alla fine certi passaggi e considerazioni sembrano ovvie e vengono omesse.

[Brufus1]

"axpgn":[quote="Brufus"]La soluzione che ho letto molto semplicemente può andar bene ad un ingegnere, ad un pratico praticone, ma di certo non vi è l'ombra di matematica, di rigore, di precisione, di logica, di passaggi, di nulla insomma.

È la soluzione non la dimostrazione della soluzione, capisci la differenza?

Peraltro la cosa è semplice: prendi tutti i casi possibili ovvero $2^19=524.888$, conti i casi favorevoli, che a me vengono $20.434$ e fai il rapporto tra i due che a me viene all'incirca $3,89%$.
Finito.[/quote]

La dimostrazione della soluzione? Ma di cosa stiamo parlando? La soluzione va scritta argomentando, altrimenti che soluzione sarebbe? Tu ad esempio hai risolto il problema in un altro modo , cioè hai costruito lo spazio dei risultati e poi sopra ci hai piazzato la probabilitàuniforme. Quindi sarebbe utile se tu snocciolassi tutto il procedimento utilizzato per costruire $\Omega$ e poi tutto il procedimento per contare i casi favorevoli. Troppo comodo scrivere direttamente due risultati ed affermare che era semplice. Semplice casomai è l'idea calcolosissima di contare con la combinatoria tutte le stringhe per costruirsi lo spazio dei risultati.
Invece l'altro approccio utilizza 3 leggi binomiali e non la probabilità uniforme. Capisci la differenza?

[Brufus1]

Anche la probabilita' di vincere in 10 lanci puo' sempre essere vista come una stringa di 12, in cui gli ultimi 2 lanci sono indifferenti

Questo non so se è vero. In ogni caso il punto è un altro. In probabilità si lavora con degli spazi preconfezionati dove tutto è ben definito e quindi anche la probabilità è ben definita. Ad esempio esiste il modello k successi su n lanci di una moneta truccata dove si utilizza una legge binomiale e tutto funziona perfettamente. Ma lanciare una moneta 12 volte o 11 volte sono situazioni totalmente diverse, mi sembra evidente. Quando si calcola una probabilità di un dato evento innanzitutto dobbiamo accertarci che quella utilizzata sia effettivamente una misura di probabilità. Ad esempio l'altro utente ha utilizzato il modello di probabilità uniforme che certamente va bene una volta che si costruisce lo spazio dei risultati e l'insieme dei casi favorevoli.

[Brufus1]

Sembra che vai a pescare in uno spazio di probabilita' diverso, ma in realta' e' sempre quello di una stringa di 12 caratteri.

Come può essere giusta questa modellizzazione? se una moneta viene lanciata 12 volte e ti domandi quante sono le probabilità di ottenere 10 successi su 12 lanci è una situazione totalmene diversa dal chiedere una moneta viene lanciata 12 volte però se escono dieci teste allora smetti di lanciarla anche prima.
Mi sembrano tutte situazioni diverse. ad esempio l'evento il giocatore vince in 11 lanci nel nostro giocoi non è confrontabile con un giocatore lancia a prescindere una moneta 11 volte ed ottiene 10 successi oppure un giocatore lancia una moneta 12 volte e ottiene10 succesi ignorando il risultato dell'ultimo lancio

Anche la probabilita' di vincere in 10 lanci puo' sempre essere vista come una stringa di 12, in cui gli ultimi 2 lanci sono indifferenti.
Ad es.
TTTTTTTTTT CC
TTTTTTTTTT CT
TTTTTTTTTT TC
TTTTTTTTTT TT

Se vuoi applicare la probabilità uniforme bisogna prendere i casi favorevoli ed i casi possibili. una stringa con 12 teste non esiste nello spazio dei risultati possibili. Esiste in un altro problem che non è il nostro e cioè un giocatore lancia una moneta 12 volte a prescindere

[axpgn]

"Brufus":La dimostrazione della soluzione? Ma di cosa stiamo parlando? La soluzione va scritta argomentando, ...

E dove hai letto, di grazia, questa regola? In quale legge, in quale normativa?

"Brufus": Troppo comodo scrivere direttamente due risultati ed affermare che era semplice. Semplice casomai è l'idea calcolosissima di contare con la combinatoria tutte le stringhe per costruirsi lo spazio dei risultati.

Vedo che concordi sul fatto che era semplice ...

"Brufus":Invece l'altro approccio utilizza 3 leggi binomiali e non la probabilità uniforme. Capisci la differenza?

Certo, infatti ho usato un altro approccio. E quindi?

[Brufus1]

"axpgn":[quote="Brufus"]La dimostrazione della soluzione? Ma di cosa stiamo parlando? La soluzione va scritta argomentando, ...

E dove hai letto, di grazia, questa regola? In quale legge, in quale normativa?

"Brufus": Troppo comodo scrivere direttamente due risultati ed affermare che era semplice. Semplice casomai è l'idea calcolosissima di contare con la combinatoria tutte le stringhe per costruirsi lo spazio dei risultati.

Vedo che concordi sul fatto che era semplice ...

"Brufus":Invece l'altro approccio utilizza 3 leggi binomiali e non la probabilità uniforme. Capisci la differenza?

Certo, infatti ho usato un altro approccio. E quindi?[/quote]

A me va benissimo se risolvi con la probabilità uniforme perché a livello logico è giusto poterlo fare considerato il problema. Ovviamente so benissimo che si può risolvere così ( ma devi mostrare i conti con tutti i casi ) ma se leggi il mio primo messaggio io non ho chiesto per favore risolvete il problema io ho chiesto come mai il tizio che ha risolto in quel modo ha dato per scontato che quella da lui usata fosse una probabilità. Il tuo ragionamento è ineccepibile, è quell'altro che mi dà noia.
Per quanto riguarda la tua osservazione sul dimostrare una soluzione è una frase un poco inquietante. A parte il fatto che i teoremi vanno dimostrati, ma in un certo senso risolvere un esercizio è come dimostrare una proposizione. Tu sapresti dimostrare l'ipotesi di riemann senza aver fatto i passaggi? È ovvio che quello che mi interessa sono i passaggi , e non il mero risultato. All'università prova a consegnare un compito dove scrivi solo il risultato e vedrai che bel voto prendi.

[axpgn]

"Brufus":... ma in un certo senso risolvere un esercizio è come dimostrare una proposizione ...

Ma non è sempre così, dipende dal contesto (lo dici anche tu "... All'università prova a consegnare un compito dove scrivi solo il risultato e vedrai che bel voto prendi. ...), probabilmente la maggioranza degli esercizi e dei problemi che compaiono sui libri di testo non riportano la dimostrazione.
Se si dovesse prendere alla lettera quanto dici allora ogni volta dovresti ripartire dallìABC e riscoprire tutto l'apparato logico-matematico che sorregge ogni cosa.
IMHO.

[Brufus1]

Come hai costruito l'insieme dei risultati $\Omega$ e come hai costrutio l'insieme dei casi favorevoli? Perchè anche questo mi sembra molto soggettivo. Ad esempio nello spazio dei risultati possibili uno potrebbe considerare unicamente due stringhe di lunghezza 10 contenenti tutte croci e teste, poi le stringhe di lunghezza 11 contenenti 10 teste o croci ( che sono 22) e poi togliere quelle che contenevano 10 teste e croci tutte all'inizio (qundi 2), e poi passare alle stringhe possibili di lunghezza 12 che sono molte di più.
però magari qualcuno dal suo punto di vista potrebbe pensare che lo spazio dei risultati possibili sia diverso. Ad esempio potrebbe considerare tutte le possibili stringhe di lunghezza 10 come risultati effettivamente conseguiti, e poi contare quelle di lunghezza 11 escludendo come al solito le stringhe con dieci teste iniziali, e così via. In questa visione le stringhe
TTTTTCCCCC
TTTTTCCCCCT
sarebbero due risultati possibili ottenibili mentre nella prima visione del problema no perchè la prima sequenza implica che il gioco continui e quindi non è un risultato effettivamente conseguito durante il gioco

[axpgn]

Premesso che hai capito benissimo quello che ho fatto ( ), ho "modellizzato" (se così posso dire) il gioco come tutte le possibile combinazioni di vittorie e sconfitte dei due giocatori $A$ e $B$ che sono $2^19$ (perché è possibile giocare fino a $19$ partite prima che ci sia un vincitore sicuro).
Il fatto che non tutte e diciannove vengano sempre effettivamente giocate non è fondamentale per il nostro scopo.
Poi ho contato i casi favorevoli, calcoloso sì ma non poi tanto ...
Dati i due giocatori $A$ e $B$ ho una sola combinazione con $0$ vittorie di $B$, $19$ combinazioni con una vittoria di $B$ e così via fino a nove vittorie di $B$ (il resto è simmetrico quindi alla fine dei conti, duplico).
Non tutte queste vittorie di $A$ collimano con la richiesta del problema ma solo quelle in cui ci sono dieci vittorie nelle prime dodici; per zero, una o due vittorie di $B$ le prendo tutte, da tre in poi devo toglierne alcune.
Per esempio tre vittorie su dodici portano a $220$ combinazioni da togliere da $969$ mentre con quattro vittorie di $B$, ne devi togliere $495$ (quattro su dodici) più $220*7$ (tre su dodici più la quarta che varia oltre le dodici).
In realtà, è più lungo da scrivere che da fare.

[Brufus1]

Premesso che hai capito benissimo quello che ho fatto

Veramente non ho capito quello che hai fatto perché ti esprimi in modo confusionario continuando a saltare tutti i passaggi. La soluzione è talmente facile che non riesci nemmeno a scriverla in due passaggi pensa tu!

perché è possibile giocare fino a 19 partite prima che ci sia un vincitore sicuro

Anche questa affermazione è assolutamente imprecisa. Un vincitore sicuro potrebbe non esserci mai.
Io penso che chi è laureato in matematica non scriva mai cose approssimative, gli ingegneri e i fisici sono educati in quel modo.