Archimede Trienno 2023 - Monete

[Karotto]

Salve a tutti. Invio questo problema tratto dai Giochi di Archimede 2023


Tommaso e Claudia si sfidano lanciando varie volte una moneta: ogni volta che esce testa fa un punto Tommaso, quando esce croce fa un punto Claudia. Appena uno dei due arriva a 4, la partita finisce. Qual è la probabilità che la partita termini sul punteggio di 4 a 2(per uno qualsiasi dei due)?

Non mi trovo con la soluzione ufficiale, in quanto io calcolo i vari scenari: 4 a 0, 4 a 1, 4 a 2 e 4 a 3

4 a 0 ovviamente è 1 (per giocatore)
4 a 1 lo calcolo in questo modo: ponendo l'ultimo punto (ad esempio T) fisso, ho TTTC come 4 lanci. Le permutazioni sono 4 (per giocatore)
4 a 2: 10 scenari per giocatore
4 a 3: 20 scenari

Per cui mi risulta 35 scenari totali. i 4 a 2 sono 10, dunque la probabilità è 10/35

La soluzione ufficiale è diversa. Dove sbaglio?

Grazie

[Quinzio]

Onestamente non ho capito il tuo ragionamento.
Le partite finiscono 4 a 2 oppure 2 a 4.
Perche' parli di scenario 4 a 0, 4 a 1, ecc. ?
Non capisco.

Prova a scrivere esplicitamente tutte le combinazioni, sono 64, non ci vuole un'ora, e poi conta solo quelle ammissibili, cosi' vedi direttamente dove sbagli.

Se poi vuoi vedere la soluzione, te la lascio nello spoiler.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Se l'ultima moneta e' T(esta), prima abbiamo 5 lanci, di cui 3 T e 2 C, in tutte le combinazioni possibili.
Le combinazioni di 3T e 2C sono $((3+2),(2)) = 10$
Stesso discorso se l'ultima moneta e' Croce, invertendo T con C.
Quindi abbiamo in totale 20 possibilita' su 64, ovvero $5/16$

[Karotto]

Grazie per la risposta. Io ho elencato tutti gli scenari possibili al netto di quelli speculari (4 a 2 e 2 a 4 hanno lo stesso numero di combinazioni). Ho preso lo scenario favorevole (4 a 2) e ho diviso per tutti gli scenari possibili.
Per esempio 4 a 2 lo costruisco in questo modo: ponendo come ultimo lancio la T(esta) ho prima 3T e 2C. Ho calcolato le permutazioni che sono 10

[Quinzio]

Ok quindi fanno 10+10= 20
Al denominatore pero' c'e' $2^6 = 64$.
Ok ?

[Karotto]

Su quello non mi trovo Quinzio. Al denominatore non mi trovo 64. Ho fatto la somma di tutti gli scenari possibili e mi trovo 70

[ghira]

Ci sono sei lanci di cui i primi cinque sono 3 di un tipo e 2 dell'altro. Il quarto del primo tipo esce al sesto lancio.

Probabilità: $(1/2)^5\cdot 10 * (1/2) * 2 = 10/32 = 5/16$.

[Karotto]

Grazie per le risposte. Cerco di essere chiaro, per capire dove sbaglio, dunque formulo in maniera completa il mio calcolo. La partita, per ciascun giocatore, termina in queste condizioni: 4 a 0, 4 a 1, 4 a 2, 4 a 3.

Quanti sono i possibili scenari 4 a 0? Ovviamente 1

4 a 1. Pongo l'ultimo lancio (per esempio Testa) come lancio vincente. Dunque ho precedentemente 3T e 2C. Le permutazioni sono \(\displaystyle \binom{4}{1}=4 \)

In modo analogo 4 a 2: \(\displaystyle \binom{5}{3}=10 \)

4 a 3: \(\displaystyle \binom{6}{3}=20 \)

Un totale di 35 scenari per giocatore. Per cui la probabilità che esca 4 a 2 è \(\displaystyle \frac{10}{35}=\frac{2}{7} \)

Probabilmente sbaglio io, per cui in questi passaggi mi sfugge qualcosa. Non sono esperto di statistica, ma mi permetto di affermare che forse (sottolineo "forse" ponendo per ipotesi l'esattezza del mio calcolo) il ragionamento di ghira non tiene conto della probabilità condizionata, ovvero che la partita potrebbe terminare già a partire dal quarto lancio

[ghira]

Considero solo le partite che finiscono col sesto lancio.

Potresti scrivere un programma per simulare il gioco.

[Karotto]

Grazie per la pazienza. Però nel denominatore non devi considerare TUTTI gli scenari possibili. Dove è l’errore nel mio calcolo?

[ghira]

I tuoi scenari non hanno tutti la stessa probabilità.