Probabilistica. testa o croce

[imagine]

Ho trovato un problema di questo tipo:
"vengono lanciate quattro monete. qual è la probabilità che esca almeno 2 volte testa?"
sono giunto alla soluzione sommando la probabilità che escano esattamente 2 testa, la probabilità che escano esattamente 3 testa e la probabilità che escano esattamente 4 testa. il ragionamento è corretto e infatti il risultato è giusto. però sorge un dubbio. vi propongo un problema simile, cambiando soltanto i dati:
"vengono lanciate 117 monete. qual è la probabilità che esca almeno 57 volte testa?"
adesso le cose si complicano. possiamo mica calcolare la probabilità che esca 57 volte testa, la probabilità che esca 58 testa...???
esiste una scorciatoia generica?

[giannirecanati]

Ho trovato un problema di questo tipo:
"vengono lanciate quattro monete. qual è la probabilità che esca almeno 2 volte testa?"

In generale puoi usare i binomiali: \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \), la probabilità è data da: \(\displaystyle \frac{3}{\binom{2+4-1}{4} }=\frac{3}{5} \).

In generale le combinazioni con ripetizione di n elementi distinti di classe k sono tutti i gruppi di k elementi che si possono formare, nei quali: ogni elemento può essere ripetuto fino a k volte; non interessa l'ordine in cui si presentano gli elementi ; è diverso il numero di volte col quale un elemento compare.

In questo caso avremmo: TTTT TTTC TTCC TCCC CCCC , 5 diversi casi ovvero \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \).
Spero ti sia chiaro.

[imagine]

Ho trovato un problema di questo tipo:
"vengono lanciate quattro monete. qual è la probabilità che esca almeno 2 volte testa?"

In generale puoi usare i binomiali: \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \), la probabilità è data da: \(\displaystyle \frac{3}{\binom{2+4-1}{4} }=\frac{3}{5} \).

In generale le combinazioni con ripetizione di n elementi distinti di classe k sono tutti i gruppi di k elementi che si possono formare, nei quali: ogni elemento può essere ripetuto fino a k volte; non interessa l'ordine in cui si presentano gli elementi ; è diverso il numero di volte col quale un elemento compare.

In questo caso avremmo: TTTT TTTC TTCC TCCC CCCC , 5 diversi casi ovvero \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \).
Spero ti sia chiaro.

Non so se ho capito bene. I vari casi possibili sono combinazioni con ripetizione, quindi \(\displaystyle \binom{n+k-1}{k} \).
troviamo i casi favorevoli, quindi. Se si vuole che escano almeno m testa, i casi favorevoli sono n-m+1. Quindi possiamo risolvere il caso generale con \(\displaystyle \frac{n-m+1}{\binom{n+k-1}{k} }\)

[giannirecanati]

Tutto giusto tranne i casi favorevoli, a me torna che sia \(\displaystyle \frac{n-m}{\binom{n+k-1}{k} } \). Se dai un occhio al primo problema i casi favorevoli erano \(\displaystyle 5-2=3 \).
Spero ti sia chiaro tutto.

[imagine]

Tutto giusto tranne i casi favorevoli, a me torna che sia \(\displaystyle \frac{n-m}{\binom{n+k-1}{k} } \). Se dai un occhio al primo problema i casi favorevoli erano \(\displaystyle 5-2=3 \).
Spero ti sia chiaro tutto.

però n=4. sono 4 le monete lanciate. vogliamo che almeno 2 siano testa, cioè m=2. sono favorevoli i casi in cui escono 2 testa, 3 testa o 4 testa, cioè ci sono 3 casi favorevoli, cioè n-m+1. correggimi se sbaglio.

[giannirecanati]

Si scusa ho sbagliato, comunque qui \(\displaystyle n=2 \) perchè \(\displaystyle n \) è il numero degli elementi distinti (T e C) mentre \(\displaystyle k \) è il numero di lanci. Ho sbagliato a scrivere comunque al posto di \(\displaystyle n \) intendevo mettere \(\displaystyle \binom{n+k-1}{k} \), quindi la probabilità in generale è data da: \(\displaystyle \frac{\binom{n+k-1}{k}-m}{\binom{n+k-1}{k}} \), dove \(\displaystyle m \) è il numero dei casi favorevoli.

[imagine]

ok adesso mi è tutto chiaro. grazie.

[giannirecanati]

Ciao imagine, mi duole dirlo ma ho completamente cannato il problema.
Io ho considerato, sbagliando, le combinazioni degli elementi e non mi sono interessato delle possibili permutazioni. Infatti il numero totale dei casi è \(\displaystyle 2^4 \), e non \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \).
Adesso ci possono capitare questi casi \(\displaystyle TTTT \) ripetuto 1 volta per le permutazioni, \(\displaystyle TTTC \) ripetuto 4 volte, \(\displaystyle TTCC \) ripetuto 6 volte, \(\displaystyle TCCC \) ripetuto 4 volte, \(\displaystyle CCCC \) ripetuto 1 volta.
Quindi la probabilità è data da \(\displaystyle p=\frac{4+6+1}{16}=\frac{11}{16} \).
Non si può generalizzare il risultato perché viene una sommatoria di cui non c'è una forma chiusa.

Ti chiedo ancora di scusarmi.

[imagine]

Ciao imagine, mi duole dirlo ma ho completamente cannato il problema.
Io ho considerato, sbagliando, le combinazioni degli elementi e non mi sono interessato delle possibili permutazioni. Infatti il numero totale dei casi è \(\displaystyle 2^4 \), e non \(\displaystyle \binom{2+4-1}{4} \).
Adesso ci possono capitare questi casi \(\displaystyle TTTT \) ripetuto 1 volta per le permutazioni, \(\displaystyle TTTC \) ripetuto 4 volte, \(\displaystyle TTCC \) ripetuto 6 volte, \(\displaystyle TCCC \) ripetuto 4 volte, \(\displaystyle CCCC \) ripetuto 1 volta.
Quindi la probabilità è data da \(\displaystyle p=\frac{4+6+1}{16}=\frac{11}{16} \).
Non si può generalizzare il risultato perché viene una sommatoria di cui non c'è una forma chiusa.

Ti chiedo ancora di scusarmi.

Sì. E' giusto. Per generalizzare abbiamo bisogno di una sommatoria che, per un numero grande di lanci di monete, diventa una sommatoria troppo lunga