Esercizio probabilità

[LucaG]

Ho da proporvi un esercizio di probabilità a cui non riesco a trovare la soluzione.

a) Dodici monete vengono lanciate finchè non escono almeno 10 teste, ovvero il lancio si annulla e si ripete se non sono uscite almeno 10 teste.
Determinare quale è la proabilità di ottenere testa su tutte e 12 le monete.

b) Una moneta viene lanciata 3 volte. Si considerino gli eventi :
A = "esce la stessa faccia in tutti e tre i lanci"
B = "esce croce in almeno due lanci"
Dimostrare che A e B sono eventi indipendenti.


Grazie

[seascoli]

Il testo del tuo primo esercizio è decisamente sovrabbondante.
Non serve a nulla, per rispondere al primo quesito, sapere che si tirano 12 monete fino a che escono almeno 10 teste.
Basta sapere che: si lanciano 12 monete tutte assieme.
La probabilità che su tutt'e 12 esca testa è il prodotto delle probabilità che su ciascuna esca testa, dato che si tratta di eventi fra loro indipendenti. La Prob.(testa) su ogni moneta è 1/2, quindi la risposta al quesito (a) è : $2^(-12)=1/4096$
A fra poco per il quesito (b) ...

[seascoli]

Quesito b)
Occorre mostrare che Prob(B) = Prob(B|A),
cioè che la prob. dell'evento B tout court è la stessa che la probabilità dell'evento B sapendo però che si è già verificato l'altro evento, cioè A.
Nota che P(B|A) si chiama "probabilità condizionata di B rispetto a A.
Procediamo in due passi:
1) Prob(B) = casi favorevoli/casi possibili. Casi possibili = $2^3$. Casi favorevoli = 4, cioè TCC, CTC, CCT, CCC. Quindi Prob(B)=4/8=1/2.
2) Prob(B|A): Casi possibili = 2 (CCC, TTT). Casi favorevoli = 1. Ergo: Prob(B|A)=1/2=Prob(B) ___QED

Ora prova a scambiare gli eventi A e B.
Se hai capito, dovresti saper dimostrare la relazione duale, cioè Prob(A)=Prob(A|B).
Lo sai fare da solo?

[adaBTTLS]

non sono d'accordo sull'interpretazione del testo dell'esercizio a). se lo vediamo come probabilità condizionata, è importante secondo me l'ipotesi "fino a che escono almeno 10 teste". in tal caso, a meno di altri "tranelli", la probabilità richiesta sarebbe 1/4 (è la probabilità di ottenere 2 teste su 2 monete).

metodo alternativo per l'esercizio b):
P(A)=2/8=1/4
P(B)=1/8+3/8=4/8=1/2
P(A)*P(B)=1/4*1/2=1/8
P(A&B)=P("esce croce in tutt'e tre i lanci")=1/8
dunque P(A&B)=P(A)*P(B), per cui gli eventi sono indipendenti.

ciao.

[LucaG]

Scusa "adaBTTLS" perché la probabilità del punto a) risulta 1/4 ?
Puoi illustrarmi o spiegarmi i passaggi ??

e poi

sempre per il punto a) se mi si verifica il caso in cui al primo lancio mi escono 11 (o 10) teste cosa succede? L'evento "escono 12 teste" potrebbe ancora essere verificato o la sua probabilita' sarebbe 0 perche' mi fermo e non faccio piu' lanci ??

[seascoli]

Quesito (a)
Se, nonostante il testo ambiguo, lo si interpreta come Ada propone, allora mi pare errata la sua risposta 1/4!
Infatti ammesso che avendo lanciate 12 monete, 10 almeno presentino "testa", i casi favorevoli sono uno solo, ma i casi possibili sono 79 (e non 4) cioè tanti quanti sono i modi di mettere 2 croci + 10 teste in una filza di 12 (sono 66) più i modi di mettere 1 croce + 11 teste in una filza di 12 (sono 12), più l'unico modo (quello favorevole) in cui su tutte le 12 monete compare "testa". Ergo, in quest'interpretazione del quesito, si ha : Prob = 1/79. Giusto?

Quesito (b)
Ada ha determinato indirettamente la Prob(A|B), calcolando prima Prob(B) e Prob(A&B) e usando (implicitamente) la regola Prob(A|B) = Prob(A&B)/Prob(B).
Io però avevo chiesto di calcolare direttamente Prob(A) e Prob(A|B).
Prob(A) è stata calcolata da Ada ed è pari a 1/4. Si può calcolare ora direttamente P(A|B) ?
Si tratta di calcolare Prob(esce croce in tutti e 3 i lanci, ammesso che sui 3 lanci "croce" sia uscita più di 1 volta)
Casi favorevoli: 1 cioè CCC
Casi possibili: ?
Se alla fine P(A)=P(A|B) allora si sarà dimostrata, secondo la mia traccia, l'indipendenza di A e B.
QUESITO: Esistono 3 eventi che siano a 2 a 2 indipendenti, ma non indipendenti presi tutti e 3!
NOTA: Se N eventi sono incompatibili presi a 2 a 2, lo sono ancora ove siano presi a 3 a 3, a 4 a 4, etc...

[adaBTTLS]

io ho interpretato il testo nel senso che il gioco va avanti finché si ottengono da 0 a 9 teste. l'unica volta in cui escono da 10 a 12 teste, il gioco si ferma.
la legge della probabilità condizionata la posso scrivere perché forse aiuta a chiarire, però in realtà gli eventi (l'uscita di testa o croce delle singole monete) sono indipendenti, quindi: $P(A|H)=(P(AnnH))/(P(H))=((1/2)^12)/((1/2)^10)=(1/2)^2=1/4$,
dove A è l'evento "escono tutte teste", e H è l'evento "escono almeno dieci teste".
i "tranelli" a cui facevo riferimento sono stati evidenziati da seascoli: se nell'evento H dobbiamo conteggiare tutti i casi, allora non è vero, la mia risposta è errata. ma è giusto usare questa formula? è giusto conteggiare tutti quei casi nella probabilità "a posteriori"? perché fanno diminuire la probabilità dell'evento A?

io non mi sento molto sicura di quanto ho detto, però penso che la formula che ho appena citato non sia giusta, perché porterebbe ad un risultato molto più basso (quello che suggerisce seascoli), mentre io continuo a pensare che il risultato sia 1/4.

EDIT: come ho detto anche qui, P(H) è errata, o meglio, come detto in un post successivo, ho calcolato un'altra probabilità.
scrivo la legge della probabilità condizionata nell'altra forma:
$P(A|H)=(P(H|A)*P(A))/(P(H))=(1*(1/2)^12)/(79*(1/2)^12)=1/79$, come detto da seascoli.
$79*(1/2)^12$ viene da $((12),(12))*p^12*q^0+((12),(11))*p^11*q^1+((12),(10))*p^10*q^2=(1+12+66)*(1/2)^12$ essendo $p=q=1/2$

applichiamo la legge di Bayes:

provo a fare un diagramma ad albero: spero si capisca.

$V{["almeno 10 T, "p_1{["12 T , "p=1/4],["10 o 11 T , "p'=3/4] :}], ["meno di 10 T , "p_2{["12 T , "p^- =0],["no 12 T , "p^+ =1] :}] :}$

EDIT: non ho modificato il diagramma. sono in attesa di vedere altre risposte. perdonate, ma sono poco lucida per la stanchezza.

ho problemi di collegamento. mando subito quanto ho scritto. spero si capisca. a dopo.

fatemi capire dove sbaglio, se sbaglio.

ciao.

[seascoli]

1) La probailità $P(H)$ , che sta a denominatore della prima formula di Ada, è sbagliata. E' stata calcolata la probabilità non dell'evento H= {"escono almeno 10 teste sulle 12 monete che si lanciano"}, bensì di un altro evento, diciamo Q, molto più improbabile rispetto all'evento H. Quest'altro evento Q, di cui viene calcolata la probabilità, è per esempio :
"Escono 10 teste sulle 12 monete, ma ...", per esempio, "... le 10 teste appaiono tutte alla fine", cioè la sequenza è XXTTTTTTTTTT, dove X può stare sia per "testa" sia per "croce"
Tale evento è sì rappresentato da soli 4 possibili lanci, quelli che cominciano con CC TT CT e TC, seguiti poi da 10 T.
Tale evento sì che ha probabilità pari a : $(1/2)^10$.
Ma, secondo il testo del problema, ci stanno bene, per esempio, anche configurazioni, del tipo "XTTTTTTTTCTT" (questa, in particolare ha peso 2), che non sono previste dalla precedente configurazione, etc...
Insomma, la prob. richiesta è $1/79$ e ho spiegato come si ottiene. Ogni altra risposta è sbagliata. Punto e basta!

2) Tornerò fra breve per discutere l'approccio à la Bayes allo stesso problema (carina l'idea!)

[adaBTTLS]

scusate, l'ho detto io stessa che P(H) è sbagliata.

ho bisogno di dormire e recuperare le forze.

nell'intervento precedente ho risposto ad un'altra domanda:
"qual è la probabilità che escano altre due teste dopo che sono uscite 10 teste?"

correggo, anche se non cambio lo schema di Bayes, perché attendo con curiosità il prossimi intervento di seascoli.

ciao.

[seascoli]

LucaG scripsit:
... sempre per il punto a) se mi si verifica il caso in cui al primo lancio mi escono 11 (o 10) teste cosa succede? L'evento "escono 12 teste" potrebbe ancora essere verificato o la sua probabilita' sarebbe 0 perche' mi fermo e non faccio piu' lanci ??
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In questo intervento cerco solo di chiarire un dubbio espresso da LucaG.
Qui la singola prova consiste nel lancio (simultaneo) di 12 monete.
Dopo ogni lancio uno registra il numero di teste uscite sulle 12 monete, e allora 2 sono i casi.
1) O le teste uscite sono più di 9, e allora il singolo esperimento aleatorio è concluso.
2) Oppure sono uscite meno di 10 teste, e occorre continuare a lanciare la dozzina di monete.
D'accordo su questo?
Bene! Ora veniamo ai tuoi 2 quesiti.
a) Se, non solo al "primo lancio" delle 12 monete, ma in qualunque altro lancio, si ottengono per la prima volta più di 9 teste allora devo fermarmi, e ricominciare un altro esperimento di lanci consecutivi da protrarre ancora fino a che non escano di nuovo almeno 10 teste.
b) Ora, se la prima volta che supero le 9 teste, questo accade perchè ne sono uscite 11, l'esperimento aleatorio è comunque concluso, ma ai fini della nostra probabilità (o meglio qui "frequenza"), esso conta per un NO.
Se invece la prima volta che supero le 9 teste, questo accade perchè tutte le 12 monete hanno dato testa, allora, e solo allora, l'esperimento si conclude con un SI'.
Fai N esprimenti e conti quanti SI' e quanti NO. Il rapporto (numero di SI') / N , se N è abbastanza grande, ti darà, credo, una buona stima del numero 1/79 (che è la probabilità da te richiesta, come io l'ho calcolata).
Che significa ciò? Significa che, in media, solo 1 volta su 79 l'esperimento si concluderà perchè sono uscite 12 "teste". Le altre 78 l'esperimento si sarà fermato perchè saranno uscite o esattamente 10 teste, o esattamente 11 teste. In tutti questi casi l'esperimento si sarà concluso sì, ma avrà dato come esito un NO.
E' chiaro? Se non è chiaro puoi sempre simulare le cose al computer.
Ma lo sai quanto dura in media un esperimento del genere? In media dura ben 52 lanci (circa), e sai dire perché 52?
Per compiere quindi un migliaio di esperimenti, dovrai lanciare la tua "sporca dozzina" di dadi circa 50 mila volte.