Un problemino probabilistico un po' inconsueto
In un urna ci sono tre palline di diverso colore, si chiede di verificare quali sono questi tre colori tenendo presente che:
a) E' consentita la estrazione di una pallina per volta che deve essere reimmessa nell'urna prima che si proceda alla successiva estrazione
b) Si hanno a disposizione solo n possibili estrazioni ponendo, in questo caso, n=6
c) Sono considerate valide nuòeri di estrazione non interi
d) Le soluzioni del problema, almeno una, richiede la soluzione numerica di un'equazione implicita, è perciò necessario l'uso di un computer o una calcolatrice scientifica che consente di risolvere dette equazioni. Chi non possedesse tali strumenti può fornire una soluzione concettuale con la indicazione delle formule e dei sistemi a cui perviene.
Determinare:
* quante estrazioni spendere per accertare il secondo colore (dopo il primo che, ovviamente, richiede una sola estrazione, e quante per accertare il terzo colore;
* quale è, inoltre, calcolata a priori, la probabilità di riuscire a completare la verifica di tutti e tre i coolori con le n=6 estrazioni?
NOTA:
Questo problema è particolarmente interessante perchè può essere secondo due diversi punti di vista, entrambi validi, ma che conducono ad esiti un po' diversi: il primo, quello classico, prevede che l'osservatore, cioè colui che esegue il calcolo, si considera "esterno" e non coinvolto nella realizzazione pratica dell'esperimento allorchè sarà eseguito; il secondo, invece, l'osservatore, che pure esegue il calcolo, prevede di immedesimarsi nella esecuzione dell'esperimento.
mario1
a) E' consentita la estrazione di una pallina per volta che deve essere reimmessa nell'urna prima che si proceda alla successiva estrazione
b) Si hanno a disposizione solo n possibili estrazioni ponendo, in questo caso, n=6
c) Sono considerate valide nuòeri di estrazione non interi
d) Le soluzioni del problema, almeno una, richiede la soluzione numerica di un'equazione implicita, è perciò necessario l'uso di un computer o una calcolatrice scientifica che consente di risolvere dette equazioni. Chi non possedesse tali strumenti può fornire una soluzione concettuale con la indicazione delle formule e dei sistemi a cui perviene.
Determinare:
* quante estrazioni spendere per accertare il secondo colore (dopo il primo che, ovviamente, richiede una sola estrazione, e quante per accertare il terzo colore;
* quale è, inoltre, calcolata a priori, la probabilità di riuscire a completare la verifica di tutti e tre i coolori con le n=6 estrazioni?
NOTA:
Questo problema è particolarmente interessante perchè può essere secondo due diversi punti di vista, entrambi validi, ma che conducono ad esiti un po' diversi: il primo, quello classico, prevede che l'osservatore, cioè colui che esegue il calcolo, si considera "esterno" e non coinvolto nella realizzazione pratica dell'esperimento allorchè sarà eseguito; il secondo, invece, l'osservatore, che pure esegue il calcolo, prevede di immedesimarsi nella esecuzione dell'esperimento.
mario1
Risposte
Per esporre con rigore il mio punto di vista occorrerebbe che mi soffermassi sulla definizione di concetti quali: L’Osservatore unico, la Conoscenza come grandezza misurabile, i modelli aleatori ed altro, tuttavia credo che le accezioni correnti di questi termini bastino almeno per sostenere questo esempio che vuole evidenziare gli effetti dell’Osservatore ANCHE sul calcolo delle probabilità.
Di solito nel calcolo delle probabilità troneggia il problema di calcolare, appunto, la PROBABILITA' di certi eventi dato uno stato uno stato di conoscenze di contornon del modello aleatorio in esame da parte dell'Osservatore, cioè di colui che è interessato all'esito del calcolo e dell'osservazione stessa; tuttavia esistono pure dei problemi collaterali, secondari rispetto a quello dominante, dove l'ggetto non è propriamente la determinazione del valore finale di probabilità ma anche o solo di altri parametri. Come mostra l'esempio che segue, tali problemi non sono certo nuovi a chi è interessato a questa materia, né presentano maggiori difficoltà di quelle incontrabili nei soliti calcoli. Ciò che intendo focalizzare sono certi risvolti interpretativi del loro significato.
Prendiamo le mosse dalla semplicissima e quasi banale funzione
P(p,n)=1-q^n
in cui q è la probabilità di una lettura, giudicata “SFAVOREVOLE”, di un evento, quindi la probabilità (favorevole) è ovviamente p=1-q. La funzione P(p,n) altro non fornisce che la probabilità che un evento di probabilità costante p, si verifichi almeno una volta ove si abbiano a disposizione n tentativi. E' ovvio che P(p,1)=p.
Essa può essere interpretata come l’evoluzione prevista, della probabilità iniziale p, ove si abbiano a disposizione “n” possibilità di iterazione (n risorse) per un esperimento nell’ambito di un sistema aleatorio in cui p non varia nel corso delle prove, cioè in un particolarte sistema aleatorio “chiuso”. L’esempio più semplice di un tale sistema è il lancio di un dado perfetto ove si richiede che, disponendo di n possibilità di lancio, si abbia che almeno una volta appaia la faccia richiesta X. Considerata in senso più generale, n è una misura delle risorse disponibili perché l’Osservatore possa agire per incrementare il suo livello di conoscenza all'interno di un modello aleatorio ovvero di un modello di osservazione.
Parrtendo all’eguaglianza testé citata, ed usando la stessa, si perviene a questa seconda eguaglianza:
M(p,n)=1/p-q^n*(1/p+n).
Dove p, q ed n hanno il solito significato, mentre M(p,n) è la media del numero di iterazioni da spendere, disponendo di n risorse, perché appaia almeno una lettura favorevole dell’evento richiesto in una potenziale successione di n prove. E' appena il caso di far notare che, disponendo di risorse illimitate (n=oo), la formula diventa semplicemente M(p,oo)=1/p che è un risultato piuttosto intuitivo.
E’ possibile calcolare anche una devianza intorno a questa media che qui scrivo benché non rilevante per il discorso che sto cercando di esporre. Ecco la poco elegante formula di calcolo:
Dev(p,n)=q*(1-q^n)/p^2-n^2*q^n/(1-q^n)
che nel caso particolare di n illimitato diventa
Dev(p,oo)=q/p^2.
Riguardo alla formula di M(p,n), faccio notare che essa fornisce una stima preventiva delle risorse (iterazioni) da investire (mediamente) per il raggiungimento dell’obiettivo prefissato dall’Osservatore, che è: ottenere almeno una lettura favorevole, cioè, un successo, dell’esito di una sua attività osservativa. Faccio altresì notare che la differenza n-M(p,n) deve essere interpretata come quantità di risorse che non viene utilizzato nell'esecuzione dell'esperimento benchè la sua ampieza riduca il rischio di insuccesso dell'esperimento in questione; per una valutazione di questo "margine di sicurezza" può vale il confronto con la radice quadrata della devianza calcolata con la formula più sopra scritta.
La formula di M(p,n) è valida limitatamente ai sistemi aleatori “chiusi”, così come ricordavo con l’esempio del lancio del dado perfetto. Se richiesto posso fornire la dimostrazione della formula in questione.
Detto questo passo ad esporre un problemino dall'aria piuttosto innocente: la lettura, almeno una volta, di tutte le facce di un “dado” di k facce equiprobabili disponendo di sole n possibilità di iterazione (n>=k).
Si abbia, dunque, un dado di k facce equiprobabili (oppure si consideri un’urna contenente k palline di colore diverso da estrarre con reimmissione delle quali si vuol conoscere il rispettivo colore), si abbia altresì una disponibilità di n=r+1 (>= k) lanci (o estrazioni con reimmissione). Le domande del problema sono queste:
1) Quanti lanci (o estrazioni) bisogna spendere (in media) perché tutte le n facce vengano “viste” almeno una volta?
2) Quale è la probabilità di riuscire nell’obiettivo con le dette r+1 risorse disponibili?
E’ appena il caso di sottolineare che, ovviamente, la determinazione dei due valori è preventiva all’inizio delle prove, anzi il principale fine che sostiene il problema è proprio la verifica della sufficienza delle risorse disponibili o da "investire" in questa ricerca, diversamente si procederebbe sperimentalmente (metodo di Montecarlo) senza avere idea di dove si andrebbe a finire; ciò sarebbe l’opposto di quanto si osserva in natura nel mondo vivente dove ogni decisione è anticipata da una stima delle risorse disponibili e delle probabilità di successo, fatta salva, purtroppo, la possibilità inevitabile di errori anche letali.
Il problema si può affrontare altrettanto bene (bene a seconda del punto di vista che assume l’Osservatore) da due diverse posizioni: la prima, che qui chiamerò “classica”, in quanto l’osservatore, che pur fa i calcoli delle risorse disponibili e delle probabilità di successo della sua azione, nondimeno considera asettica e irrilevante l’influenza della sua presenza attiva in questa futura operazione di ricerca ovvero nell’azione di osservazione vera e propria la seconda, invece, che chiamerò “autoinfluenzante” l’Osservatore sa di non essere ininfluente nell'esperimento imminente sicchè già “entra” mentalmente nell’operazione fisica ancorché quest’ultima abbia inizio ed esegue i suoi calcoli preventivi tenendo conto di tale inevitabile influenza.
Il discorso “classico” è il seguente: poiché dispongo di r+1 tentativi per scoprire le sei facce del dado, ovvero di r tentativi dal momento che la prima faccia apparirà con certezza al primo lancio, mentre le altre si presenteranno aleatoriamente, dovrò distribuire le r risorse, per scoprire ciascuna delle altre facce in modo da massimizzare la probabilità complessiva di successo dell’operazione. Tenendo presente che la successione delle probabilità di apparizione delle sei facce di un dado è ovviamente la seguente: p1=6/6=1; p2=5/6; p3=4/6……….; p6=1/6, la massimizzazione della probabilità corrisponderà alla massimizzazione del prodotto P(p2,k1)*P(p3,k3)* …..P(p6,k6) cioè del prodotto:
(1-q2^k2)*(1-q3^k3)*…..*(1-q6^k6) = (1-(1/6)^k2)*(1-(2/6)^k3)*…..*(1-(5/6)^k6)
dove: k1+k2+k3+….+k6=r e quindi i k sono le quote di tentativi da destinare preventivamente allo scoprimento delle singole facce, dalla seconda in poi, certi di operare nel punto di massima probabilità di successo complessivo dell’operazione.
Un ragionamento diverso fa l’Osservatore consapevole della sua influenza nell’operazione.
Egli pensa così: “prima dello scoprimento della seconda faccia ho, in merito a questa, laseguente situazione: p2=5/6, q2=1/6; le risorse disponibili per questa parte dell'esperimento sono r-4 (4 è il minimo numero di tentativi da riservare obbligatoriamente per lo scoprimento della terza, quarta, quinta e sesta faccia). Se nonché la sopra richiamata formula di M(p,n), cioè M(5/6,r-4), mi dirà che probabilmente le r-4 risorse messe a disposizione saranno consumate quasi certamente in piccola parte, appunto di M(5/6,r-4), l’eccedenza sarà utilizzabile, in aggiunta alle 4 riservate, per scoprire il resto del dado”. Per lo scoprimento della terza faccia le risorse rimaste saranno con buona probabilità date dalla differenza seguente:
r-M(5/6,r-4)-3 (le 3 da riservare per lo scoprimento della 4°, 5° e 6° faccia)
e così di seguito procedendo fino all’ultima faccia.
Per motivi di semplicità di calcolo, produrrò un esempio numerico ipotizzando un “dado” di tre sole facce equiprobabili, per evidenziare la differenza numerica tra le due soluzioni entrambe basate su ragionamenti corretti prevederò inoltre una disponibilità massima di tentativi r+1=7. I valori di N2 eN3 frazionari sono accettati.
Secondo il ragionamento “classico” è sufficiente massimizzare il seguente prodotto di probabilità: (1/3)^N2)*(1-(2/3)^(6-N2))
dove N2 è il numero di tentativi da destinare allo scoprimento della seconda faccia e la differenza 6-N2 il numero dei tentativi da riservare per la scoperta della terza faccia).
Risolvendo il problema di massimo e minimo e utilizzando eventualmente un risolutore di equazioni palmare si arriva ai seguenti risultati:
N2 = 2.1842924167446
N3 = 6-N2 = 3.81570758326
Immettendo questi valori nella funzione massimizzata avremo che la probabilità di riuscita della lettura totale del nostro dado, che è 0.715713200509.
(i valori frazionari del numero di iterazioni vengono accettati come dati medi di molti sistemi aleatori identici a quello qui esemplificato).
Quanto alla quantità media di iterazioni (risorse) consumate per portare a termine la lettura di tutte le facce del dado basta usare la formula di M(p,n)=1/p-q^n*(1/p+n), avremo:
per la 2° faccia M(1/3,N2) = 1.165665069
per la 3° faccia M(2/3,6-N2)=1.54923123407
per un totale di 2.71489630307 tentativi su 6 disponibili o, se si preferisce di 3.71489630307 su 7 complessivamente disponibili (ricordarsi che per lo scoprimento della prima faccia basta un solo tentativo) cioè il 53.0699004386% delle e qui si conclude il calcolo "classico" del problema.
Passiamo ora alla soluzione programmata dall’Osservatore non esterno ma “immerso” nel sistema aleatorio in esempio, che “sa” che per scoprire la seconda faccia del dado è pronto ad iterare fino a 5 volte (delle 6 ancora disponibili) fino a che la seconda faccia non appaia; non avrebbe infatti senso arrestarsi a 2.18429241…,come nel caso dell'Osservastore "esterno" se non ancora apparsa la seconda faccia del dado, si fermerebbe invece a 5 se non è ancora apparsa, e se tuttavia neppure fino a 5 appare la nuova faccia, non può che dichiararsi sconfitto. Ma considerare disponibili 5 facce implica che la formula di M(p,n)=3/2-(1/3)^5*(5+3/2) da il valore di 1.47325102881, che è l’assorbimento medio, cioè il più probabile, di risorse nelle condizioni previste da questo sistema aleatorio.
Per lo scoprimento della terza ed ultima faccia l’Osservatore ora prevede di disporre di 6-1.47325102881 = 4.52674897119, valore che introdotto nella formula M(p,n)=3-(2/3)^4.52674897119*(4.52674897119+3)=1.79915623877.
Sommando questo valore a quello ottenuto per l’estrazione della seconda faccia, si ha un totale di 3.27240726758 + 1(per estrarre la prima faccia). Rapportando al totale delle risorse pari a 7 si ha un utilizzo percentuale previsto del 61.0343895369%, superiore a quello analogo del metodo “classico” che è stato calcolato in 53.0699..%.
Quanto al calcolo preventivo della probabilità di successo, è necessario calcolare quante iterazioni, delle 6 a disposizione, sono da assegnare alla prima faccia (N2) e quante alla terza (N3) ; questa distribuzione sarà ovviamente proporzionale alle due medie testé calcolate, cioè a 1,47325… e 1,799156….. , quindi i due valori saranno rispettivamente N2=2.070122434345 e N3=3.29877565655, che sommati danno 6. Introducendo detti valori nella formula ai ha: (1-q2^N2)*(1-q3^(6-N2))= 0.699581350107, inferiore alla probabilità del caso classico, che è stata precedentemente trovata pari a 0.715713200509.
Riassumendo abbiamo:
Ragionamento (1) classico: probabilità di successo =0,7157; consumo medio di risorse =53,07%.
Ragionamento (2): "" "" =0,6996; "" "" =61,34%
Sui diversi risultati corrispondenti al diverso tipo di ragionamento c’è, a mio avviso, motivo di discussione; sicuramente, nell’ambito di ciascuna delle due vedute delle cose entrambe ineccepibili: la prima cosa che viene da pensare è che l'azione dell'osservatore sembra deformare, e in effetti deforma, la struttura logica del nostro modello aleatori.
Saluti,
mario1
Di solito nel calcolo delle probabilità troneggia il problema di calcolare, appunto, la PROBABILITA' di certi eventi dato uno stato uno stato di conoscenze di contornon del modello aleatorio in esame da parte dell'Osservatore, cioè di colui che è interessato all'esito del calcolo e dell'osservazione stessa; tuttavia esistono pure dei problemi collaterali, secondari rispetto a quello dominante, dove l'ggetto non è propriamente la determinazione del valore finale di probabilità ma anche o solo di altri parametri. Come mostra l'esempio che segue, tali problemi non sono certo nuovi a chi è interessato a questa materia, né presentano maggiori difficoltà di quelle incontrabili nei soliti calcoli. Ciò che intendo focalizzare sono certi risvolti interpretativi del loro significato.
Prendiamo le mosse dalla semplicissima e quasi banale funzione
P(p,n)=1-q^n
in cui q è la probabilità di una lettura, giudicata “SFAVOREVOLE”, di un evento, quindi la probabilità (favorevole) è ovviamente p=1-q. La funzione P(p,n) altro non fornisce che la probabilità che un evento di probabilità costante p, si verifichi almeno una volta ove si abbiano a disposizione n tentativi. E' ovvio che P(p,1)=p.
Essa può essere interpretata come l’evoluzione prevista, della probabilità iniziale p, ove si abbiano a disposizione “n” possibilità di iterazione (n risorse) per un esperimento nell’ambito di un sistema aleatorio in cui p non varia nel corso delle prove, cioè in un particolarte sistema aleatorio “chiuso”. L’esempio più semplice di un tale sistema è il lancio di un dado perfetto ove si richiede che, disponendo di n possibilità di lancio, si abbia che almeno una volta appaia la faccia richiesta X. Considerata in senso più generale, n è una misura delle risorse disponibili perché l’Osservatore possa agire per incrementare il suo livello di conoscenza all'interno di un modello aleatorio ovvero di un modello di osservazione.
Parrtendo all’eguaglianza testé citata, ed usando la stessa, si perviene a questa seconda eguaglianza:
M(p,n)=1/p-q^n*(1/p+n).
Dove p, q ed n hanno il solito significato, mentre M(p,n) è la media del numero di iterazioni da spendere, disponendo di n risorse, perché appaia almeno una lettura favorevole dell’evento richiesto in una potenziale successione di n prove. E' appena il caso di far notare che, disponendo di risorse illimitate (n=oo), la formula diventa semplicemente M(p,oo)=1/p che è un risultato piuttosto intuitivo.
E’ possibile calcolare anche una devianza intorno a questa media che qui scrivo benché non rilevante per il discorso che sto cercando di esporre. Ecco la poco elegante formula di calcolo:
Dev(p,n)=q*(1-q^n)/p^2-n^2*q^n/(1-q^n)
che nel caso particolare di n illimitato diventa
Dev(p,oo)=q/p^2.
Riguardo alla formula di M(p,n), faccio notare che essa fornisce una stima preventiva delle risorse (iterazioni) da investire (mediamente) per il raggiungimento dell’obiettivo prefissato dall’Osservatore, che è: ottenere almeno una lettura favorevole, cioè, un successo, dell’esito di una sua attività osservativa. Faccio altresì notare che la differenza n-M(p,n) deve essere interpretata come quantità di risorse che non viene utilizzato nell'esecuzione dell'esperimento benchè la sua ampieza riduca il rischio di insuccesso dell'esperimento in questione; per una valutazione di questo "margine di sicurezza" può vale il confronto con la radice quadrata della devianza calcolata con la formula più sopra scritta.
La formula di M(p,n) è valida limitatamente ai sistemi aleatori “chiusi”, così come ricordavo con l’esempio del lancio del dado perfetto. Se richiesto posso fornire la dimostrazione della formula in questione.
Detto questo passo ad esporre un problemino dall'aria piuttosto innocente: la lettura, almeno una volta, di tutte le facce di un “dado” di k facce equiprobabili disponendo di sole n possibilità di iterazione (n>=k).
Si abbia, dunque, un dado di k facce equiprobabili (oppure si consideri un’urna contenente k palline di colore diverso da estrarre con reimmissione delle quali si vuol conoscere il rispettivo colore), si abbia altresì una disponibilità di n=r+1 (>= k) lanci (o estrazioni con reimmissione). Le domande del problema sono queste:
1) Quanti lanci (o estrazioni) bisogna spendere (in media) perché tutte le n facce vengano “viste” almeno una volta?
2) Quale è la probabilità di riuscire nell’obiettivo con le dette r+1 risorse disponibili?
E’ appena il caso di sottolineare che, ovviamente, la determinazione dei due valori è preventiva all’inizio delle prove, anzi il principale fine che sostiene il problema è proprio la verifica della sufficienza delle risorse disponibili o da "investire" in questa ricerca, diversamente si procederebbe sperimentalmente (metodo di Montecarlo) senza avere idea di dove si andrebbe a finire; ciò sarebbe l’opposto di quanto si osserva in natura nel mondo vivente dove ogni decisione è anticipata da una stima delle risorse disponibili e delle probabilità di successo, fatta salva, purtroppo, la possibilità inevitabile di errori anche letali.
Il problema si può affrontare altrettanto bene (bene a seconda del punto di vista che assume l’Osservatore) da due diverse posizioni: la prima, che qui chiamerò “classica”, in quanto l’osservatore, che pur fa i calcoli delle risorse disponibili e delle probabilità di successo della sua azione, nondimeno considera asettica e irrilevante l’influenza della sua presenza attiva in questa futura operazione di ricerca ovvero nell’azione di osservazione vera e propria la seconda, invece, che chiamerò “autoinfluenzante” l’Osservatore sa di non essere ininfluente nell'esperimento imminente sicchè già “entra” mentalmente nell’operazione fisica ancorché quest’ultima abbia inizio ed esegue i suoi calcoli preventivi tenendo conto di tale inevitabile influenza.
Il discorso “classico” è il seguente: poiché dispongo di r+1 tentativi per scoprire le sei facce del dado, ovvero di r tentativi dal momento che la prima faccia apparirà con certezza al primo lancio, mentre le altre si presenteranno aleatoriamente, dovrò distribuire le r risorse, per scoprire ciascuna delle altre facce in modo da massimizzare la probabilità complessiva di successo dell’operazione. Tenendo presente che la successione delle probabilità di apparizione delle sei facce di un dado è ovviamente la seguente: p1=6/6=1; p2=5/6; p3=4/6……….; p6=1/6, la massimizzazione della probabilità corrisponderà alla massimizzazione del prodotto P(p2,k1)*P(p3,k3)* …..P(p6,k6) cioè del prodotto:
(1-q2^k2)*(1-q3^k3)*…..*(1-q6^k6) = (1-(1/6)^k2)*(1-(2/6)^k3)*…..*(1-(5/6)^k6)
dove: k1+k2+k3+….+k6=r e quindi i k sono le quote di tentativi da destinare preventivamente allo scoprimento delle singole facce, dalla seconda in poi, certi di operare nel punto di massima probabilità di successo complessivo dell’operazione.
Un ragionamento diverso fa l’Osservatore consapevole della sua influenza nell’operazione.
Egli pensa così: “prima dello scoprimento della seconda faccia ho, in merito a questa, laseguente situazione: p2=5/6, q2=1/6; le risorse disponibili per questa parte dell'esperimento sono r-4 (4 è il minimo numero di tentativi da riservare obbligatoriamente per lo scoprimento della terza, quarta, quinta e sesta faccia). Se nonché la sopra richiamata formula di M(p,n), cioè M(5/6,r-4), mi dirà che probabilmente le r-4 risorse messe a disposizione saranno consumate quasi certamente in piccola parte, appunto di M(5/6,r-4), l’eccedenza sarà utilizzabile, in aggiunta alle 4 riservate, per scoprire il resto del dado”. Per lo scoprimento della terza faccia le risorse rimaste saranno con buona probabilità date dalla differenza seguente:
r-M(5/6,r-4)-3 (le 3 da riservare per lo scoprimento della 4°, 5° e 6° faccia)
e così di seguito procedendo fino all’ultima faccia.
Per motivi di semplicità di calcolo, produrrò un esempio numerico ipotizzando un “dado” di tre sole facce equiprobabili, per evidenziare la differenza numerica tra le due soluzioni entrambe basate su ragionamenti corretti prevederò inoltre una disponibilità massima di tentativi r+1=7. I valori di N2 eN3 frazionari sono accettati.
Secondo il ragionamento “classico” è sufficiente massimizzare il seguente prodotto di probabilità: (1/3)^N2)*(1-(2/3)^(6-N2))
dove N2 è il numero di tentativi da destinare allo scoprimento della seconda faccia e la differenza 6-N2 il numero dei tentativi da riservare per la scoperta della terza faccia).
Risolvendo il problema di massimo e minimo e utilizzando eventualmente un risolutore di equazioni palmare si arriva ai seguenti risultati:
N2 = 2.1842924167446
N3 = 6-N2 = 3.81570758326
Immettendo questi valori nella funzione massimizzata avremo che la probabilità di riuscita della lettura totale del nostro dado, che è 0.715713200509.
(i valori frazionari del numero di iterazioni vengono accettati come dati medi di molti sistemi aleatori identici a quello qui esemplificato).
Quanto alla quantità media di iterazioni (risorse) consumate per portare a termine la lettura di tutte le facce del dado basta usare la formula di M(p,n)=1/p-q^n*(1/p+n), avremo:
per la 2° faccia M(1/3,N2) = 1.165665069
per la 3° faccia M(2/3,6-N2)=1.54923123407
per un totale di 2.71489630307 tentativi su 6 disponibili o, se si preferisce di 3.71489630307 su 7 complessivamente disponibili (ricordarsi che per lo scoprimento della prima faccia basta un solo tentativo) cioè il 53.0699004386% delle e qui si conclude il calcolo "classico" del problema.
Passiamo ora alla soluzione programmata dall’Osservatore non esterno ma “immerso” nel sistema aleatorio in esempio, che “sa” che per scoprire la seconda faccia del dado è pronto ad iterare fino a 5 volte (delle 6 ancora disponibili) fino a che la seconda faccia non appaia; non avrebbe infatti senso arrestarsi a 2.18429241…,come nel caso dell'Osservastore "esterno" se non ancora apparsa la seconda faccia del dado, si fermerebbe invece a 5 se non è ancora apparsa, e se tuttavia neppure fino a 5 appare la nuova faccia, non può che dichiararsi sconfitto. Ma considerare disponibili 5 facce implica che la formula di M(p,n)=3/2-(1/3)^5*(5+3/2) da il valore di 1.47325102881, che è l’assorbimento medio, cioè il più probabile, di risorse nelle condizioni previste da questo sistema aleatorio.
Per lo scoprimento della terza ed ultima faccia l’Osservatore ora prevede di disporre di 6-1.47325102881 = 4.52674897119, valore che introdotto nella formula M(p,n)=3-(2/3)^4.52674897119*(4.52674897119+3)=1.79915623877.
Sommando questo valore a quello ottenuto per l’estrazione della seconda faccia, si ha un totale di 3.27240726758 + 1(per estrarre la prima faccia). Rapportando al totale delle risorse pari a 7 si ha un utilizzo percentuale previsto del 61.0343895369%, superiore a quello analogo del metodo “classico” che è stato calcolato in 53.0699..%.
Quanto al calcolo preventivo della probabilità di successo, è necessario calcolare quante iterazioni, delle 6 a disposizione, sono da assegnare alla prima faccia (N2) e quante alla terza (N3) ; questa distribuzione sarà ovviamente proporzionale alle due medie testé calcolate, cioè a 1,47325… e 1,799156….. , quindi i due valori saranno rispettivamente N2=2.070122434345 e N3=3.29877565655, che sommati danno 6. Introducendo detti valori nella formula ai ha: (1-q2^N2)*(1-q3^(6-N2))= 0.699581350107, inferiore alla probabilità del caso classico, che è stata precedentemente trovata pari a 0.715713200509.
Riassumendo abbiamo:
Ragionamento (1) classico: probabilità di successo =0,7157; consumo medio di risorse =53,07%.
Ragionamento (2): "" "" =0,6996; "" "" =61,34%
Sui diversi risultati corrispondenti al diverso tipo di ragionamento c’è, a mio avviso, motivo di discussione; sicuramente, nell’ambito di ciascuna delle due vedute delle cose entrambe ineccepibili: la prima cosa che viene da pensare è che l'azione dell'osservatore sembra deformare, e in effetti deforma, la struttura logica del nostro modello aleatori.
Saluti,
mario1
e qui si conclude il calcolo "classico" del problema
mario1
mario1
Cari amici,
in primo luogo vi sono grato per aver posto attenzione al mio problema, po mi rammarico se cono stato poco chiaro sulla mia esposizione. Cerco di chiarirmi meglio:
In primo luogo dico che accertare i tre colori delle palline dell'urna significa accertare quali siano questi tre colori, in secondo luogo preciso che le "risorse da spendere" cioè: il numero di estrazioni consentitemi è limitato, nel caso specifico n = 6. E' appena il caso di dire che se pe n = infinito il l'accertamento dei tre colori avverrebbe, prima o poi, per un numeo n = finito, ma per n=6 è solo probabile che i tre colori vengano accertati, quindi, una domanda del problema è: "qual'è questa probabilita?". Ma non è questa la parte più interessante del problema, ciò che più ritengo importante è stabilire a priori, cioè prima di cominciare l'esperimento, come distribuire i 6 possibili tentativi per arrivare con la miglior sicurezza alla soluzione del problema? Ebbene esistono due soluzioni a seconda dell'approccio con cui si vede la questione: la prima è quella classica, l'altra è quella in cui l'osservatore, cioè colui che è interessato fisicamente alla soluzione del problema, si immedesima nell'esperimento che sta per cominciare.
Ricordo che:
-la prima pallina richiede di spendere una dlle sei possibilità perchè ne venca accertato il colore;
-la seconda ne richiede N2
-la terza 5-N2.
La soluzione classica è la mera smassimizzazione della funzione: (1-(1/3)^N2)*(1-(2/3)^(5-N2)),
la seconda no.
Ripeto che le soluzioni di N2 frazionarie sono accettate; ma quale è la seconda alternativa?
mario1
in primo luogo vi sono grato per aver posto attenzione al mio problema, po mi rammarico se cono stato poco chiaro sulla mia esposizione. Cerco di chiarirmi meglio:
In primo luogo dico che accertare i tre colori delle palline dell'urna significa accertare quali siano questi tre colori, in secondo luogo preciso che le "risorse da spendere" cioè: il numero di estrazioni consentitemi è limitato, nel caso specifico n = 6. E' appena il caso di dire che se pe n = infinito il l'accertamento dei tre colori avverrebbe, prima o poi, per un numeo n = finito, ma per n=6 è solo probabile che i tre colori vengano accertati, quindi, una domanda del problema è: "qual'è questa probabilita?". Ma non è questa la parte più interessante del problema, ciò che più ritengo importante è stabilire a priori, cioè prima di cominciare l'esperimento, come distribuire i 6 possibili tentativi per arrivare con la miglior sicurezza alla soluzione del problema? Ebbene esistono due soluzioni a seconda dell'approccio con cui si vede la questione: la prima è quella classica, l'altra è quella in cui l'osservatore, cioè colui che è interessato fisicamente alla soluzione del problema, si immedesima nell'esperimento che sta per cominciare.
Ricordo che:
-la prima pallina richiede di spendere una dlle sei possibilità perchè ne venca accertato il colore;
-la seconda ne richiede N2
-la terza 5-N2.
La soluzione classica è la mera smassimizzazione della funzione: (1-(1/3)^N2)*(1-(2/3)^(5-N2)),
la seconda no.
Ripeto che le soluzioni di N2 frazionarie sono accettate; ma quale è la seconda alternativa?
mario1
quote:
Originally posted by mariodic
......
Determinare:
* quante estrazioni spendere per accertare il secondo colore ...... e quante per accertare il terzo colore;
......
mario1
1)Anche io non ho capito la prima richiesta del problema. Cosa significa "spendere"?
Non mi sembra che sia possibile distinguere tra le estrazioni per determinare il secondo colore da quelle per trovare il terzo.
2)Utilizzando la distribuzione multinomiale ho trovato che la probabilità di determinare i tre colori con 6 estrazioni è:
P = 20/27 = 0,74074.
Nel primo caso hai fatto quella che si chiama stima di massima verosomiglianza, vero?
Non sono un esperto di probabilita', e molte volte non capisco il fondamento logico teorico su cui si basa.
Ancora ancora la probabilita' in se, formalizzata e' chiara ed elegante, ma quando la si comincia a "mischiare" con la statistica, io mi perdo, il mio intelletto vaga su terreni instabili; e alla fine pur di sostenere gli esami, mi abbandono ad un temporaneo atto di fede.
A me interesserebbe cmq il secondo punto di vista.
Platone
Non sono un esperto di probabilita', e molte volte non capisco il fondamento logico teorico su cui si basa.
Ancora ancora la probabilita' in se, formalizzata e' chiara ed elegante, ma quando la si comincia a "mischiare" con la statistica, io mi perdo, il mio intelletto vaga su terreni instabili; e alla fine pur di sostenere gli esami, mi abbandono ad un temporaneo atto di fede.
A me interesserebbe cmq il secondo punto di vista.
Platone
X Platone
Nel testo del problema ho precisato che trattasi di "tre colori diversi" sicchè la fine della ricerca (per n infinito) è certa, ma per n finito no, da qui la necessità di calcolare l probabilità di riuscire a scoprire i tre colori, e qui finisce la seconda domabnda del problema. La parte più interessante è però quella di sapere come si distribuiscono le n risorse (nel caso specifico n=6) per ottimizzare la ricerca: in simboli abbiamo:
*per la prima pallina nm. estrazioni = N1=1
*per la seconda pallina nm estrazioni = N2= incognito
*per la terza pallina numero estrazioni = n-N2-1.
L'interessante di questa parte del problema è, come dicevo nel precedente post, è la duplice possibilità di soluzione, vale a dire: una classica, dove l'osservatore (che fa il calcolo prima di eseguire l'esperimento) rimane esterìno ed estraneo al sistema aleatorio in questione; nell'altra soluzione, invece, l'osservatore, che pure fa il calcolo prima dell'esperimento, si immmerge personalmente nella futura esecuzione dell'esperimento.
Nel caso classico, cioè quella del primo osservatore, si tratta di massimizzare il prodotto di probabilità
(1-(2/3)^N2)(1-(1/3)^(6-1-N2))
(si accettano risultati frazionari per N2).
Quanto al secondo caso lascerei aperto il problema salvo fornire la soluzione fra un paio di giorni ove non venisse risolto dagli amici del forum. I risultati sono un po' diversi il che giustifica una discussione interpretativa.
mario1
Nel testo del problema ho precisato che trattasi di "tre colori diversi" sicchè la fine della ricerca (per n infinito) è certa, ma per n finito no, da qui la necessità di calcolare l probabilità di riuscire a scoprire i tre colori, e qui finisce la seconda domabnda del problema. La parte più interessante è però quella di sapere come si distribuiscono le n risorse (nel caso specifico n=6) per ottimizzare la ricerca: in simboli abbiamo:
*per la prima pallina nm. estrazioni = N1=1
*per la seconda pallina nm estrazioni = N2= incognito
*per la terza pallina numero estrazioni = n-N2-1.
L'interessante di questa parte del problema è, come dicevo nel precedente post, è la duplice possibilità di soluzione, vale a dire: una classica, dove l'osservatore (che fa il calcolo prima di eseguire l'esperimento) rimane esterìno ed estraneo al sistema aleatorio in questione; nell'altra soluzione, invece, l'osservatore, che pure fa il calcolo prima dell'esperimento, si immmerge personalmente nella futura esecuzione dell'esperimento.
Nel caso classico, cioè quella del primo osservatore, si tratta di massimizzare il prodotto di probabilità
(1-(2/3)^N2)(1-(1/3)^(6-1-N2))
(si accettano risultati frazionari per N2).
Quanto al secondo caso lascerei aperto il problema salvo fornire la soluzione fra un paio di giorni ove non venisse risolto dagli amici del forum. I risultati sono un po' diversi il che giustifica una discussione interpretativa.
mario1
A me sembra che dopo aver fatto la prima estrazione cio' che si puo' determinare sia sola il valor medio (o, piu' precisamente, la speranza matematica). Accertare il secondo colore, vuol dire avere la certezza che dopo n estrazioni non riescapiu' la prima palla, ma una diversa per pdter constatare il colore (diverso) di un'altra pallina. Ora, credo che in questo senso accertare vuol dire determinare con "certezza" ossia prevedere un evento certo, che in questo caso non si verifica mai (l'evento che consiste nell'estrazione pressocche' infinita sempre della stessa pallina, per quanto sia un evento trascurabile, non e' impossibilie, e quindi il suo complementere (estrazze una pallina diversa da quella) non e' certo, anche se effettivamente gli manca poco per esserlo). E per questo che credo che cio' che si puo' domandare sia: dopo quante estrazioni si ha la massima probabilita' di determinare il colore della seconda pallina?
A questo puntosi usa una variabile geometrica e se ne calcola la speranza metematica.
Ma forse, non ho per niente capito l'essenza del quesito.
Platone
A questo puntosi usa una variabile geometrica e se ne calcola la speranza metematica.
Ma forse, non ho per niente capito l'essenza del quesito.
Platone
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