Su "n" prove "k" volte "h" suc
Mi sono chiesto se fosse possibile calcolare la probabilità di avere 15 volte 3 teste consecutive su 100 lanci... In generale, come da titolo, calcolare la probabilità di avere "k" volte "h" successi consecutivi su "n" prove...
Io ho iniziato a ragionare partendo da una distribuzione binomiale... ma penso di essere fuori pista... ho chiesto al mio professore e mi ha risposto che il calcolo è fattibile e con un suo spunto ho iniziato a considerare questo:
$ ( ( n , ),( h1 ... hk , ) ) p^(hk) q^(n-hk) $ dove h1,...,hk sono gli oggetti uguali tra loro (nel esempio delle teste sarnno tutti 3, che indicano le "k" terne di teste)
nb: teoricamente la somma degli h1,...,hk valori dovrebbe essere "n", ma qui non lo è...
non riesco a capire come far permutare i valori tra i miei successi consecutivi, mi viene in mente di moltiplicare il tutto per $ 2^(n-hk) $ , praticamente disposizioni con ripetizione degli "n-hk" prove rimaste dove permutano i vari "successi ed insuccessi" (ecco perchè 2)... poi i successi possono essere anche consecutivi sovrapposti e teoricamente con il coefficiente multinomiale non li ho considerati (ma questo per il momento può aspettare)... la mia idea è decisamente confusa per il momento...
mi piacerebbe risolvere questo problemino
con il vostro supporto... spero di essere stato abbastanza chiaro (ne dubito, quindi chiedetemi tutto)... ogni considerazione è ben accetta...
grazie in anticipo
Io ho iniziato a ragionare partendo da una distribuzione binomiale... ma penso di essere fuori pista... ho chiesto al mio professore e mi ha risposto che il calcolo è fattibile e con un suo spunto ho iniziato a considerare questo:
$ ( ( n , ),( h1 ... hk , ) ) p^(hk) q^(n-hk) $ dove h1,...,hk sono gli oggetti uguali tra loro (nel esempio delle teste sarnno tutti 3, che indicano le "k" terne di teste)
nb: teoricamente la somma degli h1,...,hk valori dovrebbe essere "n", ma qui non lo è...
non riesco a capire come far permutare i valori tra i miei successi consecutivi, mi viene in mente di moltiplicare il tutto per $ 2^(n-hk) $ , praticamente disposizioni con ripetizione degli "n-hk" prove rimaste dove permutano i vari "successi ed insuccessi" (ecco perchè 2)... poi i successi possono essere anche consecutivi sovrapposti e teoricamente con il coefficiente multinomiale non li ho considerati (ma questo per il momento può aspettare)... la mia idea è decisamente confusa per il momento...
mi piacerebbe risolvere questo problemino
con il vostro supporto... spero di essere stato abbastanza chiaro (ne dubito, quindi chiedetemi tutto)... ogni considerazione è ben accetta...grazie in anticipo
Risposte
Prima domanda: un numero $x>3$ di teste di fila conta sempre come "evento 3 teste di fila" oppure no? In altre parole, 5 teste di fila conta come un singolo evento riuscito?
teoricamente NO, non conta come un singolo evento riuscito e SI, un evento con x>3 conta sempre come evento 3 teste di fila 
... PERO' mi piacerebbe saper calcolare l'evento sia quando i successi sono "sovrapposti" sia quando non lo sono... cioè sia nel caso in cui consideriamo 3 successi (sovrapposti) su 5 teste consecutive e sia nel caso in cui consideriamo 1 successo su 5 teste consecutive...
... INIZIALMENTE sono più interessato (e credo sia più semplice pensare) al caso in cui su 5 teste consecutive consideriamo solo 1 successo e allo stesso tempo considerare multipli di 3 come successi "adiacenti", cioè 9 teste consecutive corrispondono a 3 successi...
come ho scritto stavo pensando di utilizzare il coefficiente multinomiale che considera i successi non "sovrapposti" (rendo l'idea con sovrapposti?).
... PERO' mi piacerebbe saper calcolare l'evento sia quando i successi sono "sovrapposti" sia quando non lo sono... cioè sia nel caso in cui consideriamo 3 successi (sovrapposti) su 5 teste consecutive e sia nel caso in cui consideriamo 1 successo su 5 teste consecutive...... INIZIALMENTE sono più interessato (e credo sia più semplice pensare) al caso in cui su 5 teste consecutive consideriamo solo 1 successo e allo stesso tempo considerare multipli di 3 come successi "adiacenti", cioè 9 teste consecutive corrispondono a 3 successi...
come ho scritto stavo pensando di utilizzare il coefficiente multinomiale che considera i successi non "sovrapposti" (rendo l'idea con sovrapposti?).
ma a te interessa il calcolo o solo la soluzione, perchè se vuoi si fa facilmente con una simulazione
e poi perchè usare la multinomiale....non è forse il caso di utilizzare una ipergeometrica?
Questa è un'idea e non la soluzione finale, però secondo me è fattibile anche se un po' contorta....
allora hai 100 lanci.....crea tre gruppi nel seguente modo:
primo gruppo (1,2,3); (4,5,6);.......(97,98,99)
secondo gruppo (2,3,4); (5,6,7);.....(98,99,100)
terzo gruppo (3,4,5); (6,7,8).........(96,97,98)
Adesso definiamo con x1 il numero di terne riscontrate nel gruppo1, con x2 ne gruppo 2 e con x3 nel gruppo 3.....x1+x2+x3=15 questo è il vincolo
adesso prendi il primo gruppo e calcola l'ipergeometrica di avere x1 successi in 33 estrazioni(quindi è come se guardassimo le prime tre estrazioni come un unico evento, lo stesso ragionamento per le altre 32)
fai la stessa cosa nel secondo eliminando però le terne che si trovano vicino a gruppi di tre teste del primo gruppo.....es: se in (4,5,6)(quindi nel primo gruppo) è stata trovata una terna di teste, bisogna eliminare anche le terne (2,3,4) e (5,6,7), perchè ipotizza che in 7 ci sia testa, le 4 teste in 4,5,6,7 verranno contate 2 volte invece di una.....in definitiva il numero di casi deve essere funzione di x1, oltremodo bisogna tenere conto anche del fatto che se una terna nel primo gruppo si trova in (1,2,3) nel secondo gruppo non si deve eliminare i due adiacienti ma solo uno (intuitivamente io penserei di utilizzare la binomiale per definire le propabilità di trovare le terne nel primo gruppo e per la loro "posizione")
Fai la stessa cosa per il gruppo 3....e infine una bella permutazine di tutti i possibili modi in cui sciegliere x1 x2 x3 sotto il vincolo che la loro somma sia 15......
Spero di essere stato chiaro...
Lo so che è un po' contorto ma non sono riuscito a fare di meglio
allora hai 100 lanci.....crea tre gruppi nel seguente modo:
primo gruppo (1,2,3); (4,5,6);.......(97,98,99)
secondo gruppo (2,3,4); (5,6,7);.....(98,99,100)
terzo gruppo (3,4,5); (6,7,8).........(96,97,98)
Adesso definiamo con x1 il numero di terne riscontrate nel gruppo1, con x2 ne gruppo 2 e con x3 nel gruppo 3.....x1+x2+x3=15 questo è il vincolo
adesso prendi il primo gruppo e calcola l'ipergeometrica di avere x1 successi in 33 estrazioni(quindi è come se guardassimo le prime tre estrazioni come un unico evento, lo stesso ragionamento per le altre 32)
fai la stessa cosa nel secondo eliminando però le terne che si trovano vicino a gruppi di tre teste del primo gruppo.....es: se in (4,5,6)(quindi nel primo gruppo) è stata trovata una terna di teste, bisogna eliminare anche le terne (2,3,4) e (5,6,7), perchè ipotizza che in 7 ci sia testa, le 4 teste in 4,5,6,7 verranno contate 2 volte invece di una.....in definitiva il numero di casi deve essere funzione di x1, oltremodo bisogna tenere conto anche del fatto che se una terna nel primo gruppo si trova in (1,2,3) nel secondo gruppo non si deve eliminare i due adiacienti ma solo uno (intuitivamente io penserei di utilizzare la binomiale per definire le propabilità di trovare le terne nel primo gruppo e per la loro "posizione")
Fai la stessa cosa per il gruppo 3....e infine una bella permutazine di tutti i possibili modi in cui sciegliere x1 x2 x3 sotto il vincolo che la loro somma sia 15......
Spero di essere stato chiaro...
Lo so che è un po' contorto ma non sono riuscito a fare di meglio
Manca qualche (centinaia?) di gruppi, tipo
(1,2,3,4)(5,6)(7)(8,9,10,11,12)...
Secondo me il metodo del conteggio è migliore, magari cominciando ad approssimare da meno prove (con $n$ e $k$ minori, per intenderci). Proviamo per esempio a calcolare il numero di casi in cui, su 10 lanci, venga testa (evento singolo con $p=1/2$) due volte di fila, esattamente due volte; per il problema sarebbe $n=10, k=2, h=2$
TT TT CCCCCC
TT TT CTCCCC
...
TT TT TCTCTC
..
TC TT C TT C TT
..
TCTCTC TT TT
quante sono? Ora (dopo) mi faccio un po' un conteggio, e poi proviamo a generalizzare.
(1,2,3,4)(5,6)(7)(8,9,10,11,12)...
Secondo me il metodo del conteggio è migliore, magari cominciando ad approssimare da meno prove (con $n$ e $k$ minori, per intenderci). Proviamo per esempio a calcolare il numero di casi in cui, su 10 lanci, venga testa (evento singolo con $p=1/2$) due volte di fila, esattamente due volte; per il problema sarebbe $n=10, k=2, h=2$
TT TT CCCCCC
TT TT CTCCCC
...
TT TT TCTCTC
..
TC TT C TT C TT
..
TCTCTC TT TT
quante sono? Ora (dopo) mi faccio un po' un conteggio, e poi proviamo a generalizzare.
Guarda se il conteggio è migliore del mio non lo so, comunque i gruppi necessari sono solo quelli che ho indicato io perchè in quel modo si riescono a individuare precisamente il numero di terne, non ne servono altri
Non mi torna, oppure non ho capito bene... se per esempio viene una estrazione tipo:
TCTCTCC TTT CTCTC TTT CTCTCCCC TTT CTCTTCTTC TTT ...
con esattamente 15 eventi (le tre T di fila), a che gruppo farebbe riferimento?
TCTCTCC TTT CTCTC TTT CTCTCCCC TTT CTCTTCTTC TTT ...
con esattamente 15 eventi (le tre T di fila), a che gruppo farebbe riferimento?
consideriamo 25 estrazioni :
c t t t t c c t c c t t c t t t c t c t c t t t t
consideriamo il primo gruppo quindi:
1) (c t t) (t t c ) (c t c) (c t t) (c t t) (t c t) (c t c ) ( t t t) t l'ultima t rimane da sola
questo gruppo trova una sola sequenza x1=1
prendiamo la seconda divisione
la prima c rimane da sola
2) c (t t t) (t c c) (t c c) (t t c) (t t t) (c t c ) (t c t) (t t t) questa sequenza trova 3 gruppi però in realtà l'ultimo non è valido perchè adiacente alla sequenza di tre t trovare nel passo 1 quindi x2=2
passiamo alla terza divisione
i primi c e t rmangono da solo
3) c t (t t t) (c c t) (c c t ) (t c t ) (t t c) (t c t) (c t t) t t l'ultime t rimangono sole.
questa sequenza trova un gruppo, ma non è valido perchè adiacente al primo gruppo trovato nel passo 2, x3=0...
numero di gruppi totali trovati è uguale a 3....
in realtà per il calcolo della probabilità basta una binomiale e non serve l'ipergeometrica
c t t t t c c t c c t t c t t t c t c t c t t t t
consideriamo il primo gruppo quindi:
1) (c t t) (t t c ) (c t c) (c t t) (c t t) (t c t) (c t c ) ( t t t) t l'ultima t rimane da sola
questo gruppo trova una sola sequenza x1=1
prendiamo la seconda divisione
la prima c rimane da sola
2) c (t t t) (t c c) (t c c) (t t c) (t t t) (c t c ) (t c t) (t t t) questa sequenza trova 3 gruppi però in realtà l'ultimo non è valido perchè adiacente alla sequenza di tre t trovare nel passo 1 quindi x2=2
passiamo alla terza divisione
i primi c e t rmangono da solo
3) c t (t t t) (c c t) (c c t ) (t c t ) (t t c) (t c t) (c t t) t t l'ultime t rimangono sole.
questa sequenza trova un gruppo, ma non è valido perchè adiacente al primo gruppo trovato nel passo 2, x3=0...
numero di gruppi totali trovati è uguale a 3....
in realtà per il calcolo della probabilità basta una binomiale e non serve l'ipergeometrica
per calcolare la probabilità farei così
l'evento t t t ha probabilità 1/8, quindi per il primo gruppo io userei la seguente binomiale
1) $ ( ( 33 ),( x1 ) )((1/8))^(x1)((7/8))^(33-x1) $
consideriamo gli eventi nel secondo passaggio.
ci sono tre tipi diversi di eventi: un solo evento estremo in 1 ( quindi una terna di t t t nel primo insieme o nel 33-esimo), due eventi estremi ( in 1 e 33), nessun evento estremo
1) $ ( ( 32-x1*2-1 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-1-x2) $
2 $ ( ( 32-x1*2-2 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-2-x2) $
3) $ ( ( 32-x1*2 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-x2) $
nel terzo passaggio si possono riverificare gli stessi eventi del secondo, in questo caso però gli eventi iniziali sono 32
1) $ ( ( 33-x1*2-x2*2-1 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1*2-x2*2-1-x3) $
2 $ ( ( 33-x1*2-x2*2-2 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1*2-x2*2-2-x3) $
3) $ ( ( 33-x1*2-x2*2 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1-x2*2*2-x3) $
tutti questi coeficienti vanno sommati, però prima vanno moltiplicati per la loro probabilità di verificarsi (che adesso non ho molto tempo e non posso calcolarla)
l'unico problema è cme determinare i valori x1 x2 x3.....però si può pensare di trovare la formula generale e poi calcolare tutte le possibili permutazioni dei valori con il vincolo che la somma sia 15
l'evento t t t ha probabilità 1/8, quindi per il primo gruppo io userei la seguente binomiale
1) $ ( ( 33 ),( x1 ) )((1/8))^(x1)((7/8))^(33-x1) $
consideriamo gli eventi nel secondo passaggio.
ci sono tre tipi diversi di eventi: un solo evento estremo in 1 ( quindi una terna di t t t nel primo insieme o nel 33-esimo), due eventi estremi ( in 1 e 33), nessun evento estremo
1) $ ( ( 32-x1*2-1 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-1-x2) $
2 $ ( ( 32-x1*2-2 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-2-x2) $
3) $ ( ( 32-x1*2 ),( x2 ) )((1/8))^(x2)((7/8))^(32-x1*2-x2) $
nel terzo passaggio si possono riverificare gli stessi eventi del secondo, in questo caso però gli eventi iniziali sono 32
1) $ ( ( 33-x1*2-x2*2-1 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1*2-x2*2-1-x3) $
2 $ ( ( 33-x1*2-x2*2-2 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1*2-x2*2-2-x3) $
3) $ ( ( 33-x1*2-x2*2 ),( x3 ) )((1/8))^(x3)((7/8))^(33-x1-x2*2*2-x3) $
tutti questi coeficienti vanno sommati, però prima vanno moltiplicati per la loro probabilità di verificarsi (che adesso non ho molto tempo e non posso calcolarla)
l'unico problema è cme determinare i valori x1 x2 x3.....però si può pensare di trovare la formula generale e poi calcolare tutte le possibili permutazioni dei valori con il vincolo che la somma sia 15
Quindi consideri tutti i gruppi, ora ho capito. Però - lo sospettavo - ti viene un formulone. Stai "andando nelle chiavette" 
Con calma mi proverò a vedere il conteggio di cui accennavo, spero di trovare qualcosa di più semplice.
Con calma mi proverò a vedere il conteggio di cui accennavo, spero di trovare qualcosa di più semplice.
all'inizio avevo premesso che era un po' contorto.....però penso dovrebbe funzionareFammi sapere tu cosa tiri fuori ( anche solo idee) che magari ci lavoro anche io
Prima bozza di ragionamento (caso $n=10, k=h=2$, totale $2^10$ disposizioni possibili). Conto partendo dall'inizio:
- TTC alla quale segue un "gruppo" TT e cinque T o C, totale $32*6$ modi
- (C o T) poi TTC alla quale segue come sopra, totale $2*16*5$ modi
- (C o T) poi (C o T) poi TTC idem, $4*8*4$ modi
fino ad arrivare a
- (C o T).. TT C TT, $32$ modi
Nel caso mi viene molto semplice ($n=3*32*7=672$), ma è logico visto che $k=h$. Questo è il ragionamento che cercherei di generalizzare.
Al solito, attendo pareri, smentite ed altro.
NOTA: questo conto prevede (come da ipotesi) che 'TT', 'TTT', 'TTTT' eccetera siano considerati 'esattamente due teste di fila', basta che ci sia almeno una croce fra due gruppi di teste, quindi è normale venga una probabilità alta $p=672/1024$ di "esattamente due volte due teste di fila in dieci lanci", che sembrerebbe controintuitiva.
- TTC alla quale segue un "gruppo" TT e cinque T o C, totale $32*6$ modi
- (C o T) poi TTC alla quale segue come sopra, totale $2*16*5$ modi
- (C o T) poi (C o T) poi TTC idem, $4*8*4$ modi
fino ad arrivare a
- (C o T).. TT C TT, $32$ modi
Nel caso mi viene molto semplice ($n=3*32*7=672$), ma è logico visto che $k=h$. Questo è il ragionamento che cercherei di generalizzare.
Al solito, attendo pareri, smentite ed altro.
NOTA: questo conto prevede (come da ipotesi) che 'TT', 'TTT', 'TTTT' eccetera siano considerati 'esattamente due teste di fila', basta che ci sia almeno una croce fra due gruppi di teste, quindi è normale venga una probabilità alta $p=672/1024$ di "esattamente due volte due teste di fila in dieci lanci", che sembrerebbe controintuitiva.
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